山东省胶州市第一中学2025届高三下学期二轮复习适应性训练（3月调研）数学试题（含解析）

这是一份山东省胶州市第一中学2025届高三下学期二轮复习适应性训练（3月调研）数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，若为纯虚数，则（ ）
A．0B．C．D．
3．已知数列为等比数列，，公比，则数列的前项积最大时，（ ）
A．B．C．D．
4．若函数的图象如图所示，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知非零向量在向量上的投影向量为，，则（ ）
A．B．2C．D．
6．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（ ）
A．4B．8C．12D．16
7．已知函数的极大值为，则（ ）
A．B．C．D．
8．设圆上两点,满足，则（ ）
A．1B．C．2D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．为研究某种树的树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径单位：和树高单位：的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则（ ）
A．由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型
B．该种树的平均树高约为
C．数据对应的残差为
D．删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小
10．已知函数，则（ ）
A．的零点为
B．在上的最大值与最小值之和为0
C．直线是的图象的一条对称轴
D．0是函数的极小值点
11．双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（ ）
A．点在直线上
B．
C．外接圆的面积为
D．连结交轴于点，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有 种不同的方法（用数字作答）．
13．已知是上的奇函数，当时，，过原点O作两条互相垂直的直线，其中一条与的图象相切于点A，C，另一条与的图象相交于点B，D，则四边形ABCD的面积为 .
14．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体的正四面体的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体 内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，记a，b，c分别为角A，B，C的对边.已知
(1)若，求
(2)若，求
16．如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面
(1)证明：；
(2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知．
(1)若在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若有极大值m，求证：
18．已知椭圆的离心率，过点作直线与椭圆交于两点（在的上方），当的斜率为时，点恰好与椭圆的上顶点重合．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，设直线，的斜率分别为，设的外接圆圆心为，点关于轴的对称点为．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求证：．
19．通过抛掷骰子产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷得到点数，则．记数列的前n项和为为除以4的余数．
(1)若，求的概率；
(2)若，比较与的大小，说明理由；
(3)若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由于，
故，
故选B.
2．【答案】C
【详解】，
因为为纯虚数，所以，
所以，
故选C.
3．【答案】B
【详解】因为，公比 ，则，
所以当时，；当时，，
又是数列的前项积，则当时， 取得最大值，
故选B.
4．【答案】A
【详解】由幂函数图象可得，
函数定义域为，
而，则恒成立，BCD错误，A正确.
故选A.
5．【答案】A
【详解】由非零向量在向量上的投影向量为，得，则，而，
因此，所以.
故选A.
6．【答案】B
【详解】设，不妨设，
所以，则，
令，所以，则，
由，所以.
故选B.
7．【答案】D
【详解】解：由题意，，
则，
令，解得或，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，解得，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，不符合题意，
当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意，
综上所述，.
故选D.
8．【答案】D
【详解】设
由，
可得，
即，
即，
因为，
所以，
又，
所以，
即，
所以，，
所以.
故选D.
9．【答案】ABC
【详解】解：对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型，选项 A正确；
对于B：已知，则样本中心点的横坐标，将代入回归方程，可得，所以该种树的平均树高约为，选项B正确；
对于C：计算数据对应的残差，当时，，残差为，选项C正确；
对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据后，因为大于样本中心点的横坐标，且小于通过回归方程计算出的对应的预测值，所以删除该点后，样本中心点向左下方移动，重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误.
故选ABC.
10．【答案】BD
【详解】解：对于A，函数的零点即时x的值，
因为，则或，
当时，，
当，即时，，，
所以的零点为，，A选项错误;
对于B，因为，所以为奇函数，
所以在上的最大值与最小值之和为0，B选项正确;
对于C，，
，
，所以直线不是的图象的一条对称轴，C选项错误；
对于D，令，
则，
当时，，，
所以，单调递减，
又为偶函数，所以时，单调递增，
所以0是函数的极小值点，D选项正确.
故选BD.
11．【答案】ACD
【详解】根据题意，设的内切圆半径为，则，设内切圆与边的切点为，
则有，，结合双曲线定义和内切圆的性质可得，即.
所以双曲线的方程为，焦点.
对于A，点在直线上，故A正确；
由题意，点在第一象限，设内切圆与边的切点为，连接，
易知且，
则四边形是正方形，即有，易得点坐标为.
对于B，在中，,根据勾股定理，，，所以，故B错误；
对于C，由已知条件可知，三角形外接圆半径，所以圆面积为，故C正确；
对于D，在中，因为，所以，则，故D正确.
故答案为：ACD.
12．【答案】10
【详解】分两步完成，
第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法，
第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法，
故将这5只球排成一列，有种不同的方法.
13．【答案】
【详解】解：设切点坐标为，
因为时，，所以，
则切线的斜率为，则切线方程为，
代入，可得，此时切线的斜率为，另一条切线的斜率为，
两条直线方程分别为，，可得交点坐标为，
联立，可得，联立，可得，
因为是上的奇函数，则，
所以，
四边形的面积为
14．【答案】
【详解】解：因为正方体可以在勒洛四面体内任意转动，
所以正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，
记此时勒洛四面体的内切球半径为R，则正方体的外接球半径为R，
设正方体的棱长为a，
则，得，
设正四面体棱长为m，则其外接球的直径为所在正方体棱长为的体对角线长，
因此可得正四面体外接球半径为，
由对称性可知，勒洛四面体内切球的球心为正四面体的外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，
则就是勒洛四面体内切球的半径，
易知正四面体的外接球半径为，
故勒洛四面体的内切球半径为，
故所求正方体棱长的最大值为
15．【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，，即，
因为，所以，即，所以，即，
所以，解得或，
因为，所以，同为正数，所以不符合题意，故；
（2）因为，所以由余弦定理得，，
整理得，，即，
又因为，所以，所以由余弦定理得，，
又因为，所以
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过点作于，
由平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，故，又为直径，易知，
且平面，所以平面，平面，
，且，平面，，
平面，平面，故.
（2）由（1）知，，
当时，取到最大值，过点作于，
建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴，
设平面与平面的法向量分别为.
则，，
所以，则，
令，可得，
所以，因为平面的法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值.
17．【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
18．【答案】(1)；
(2)（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
因为，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程，消去得：，
所以．
则，
因为，
所以．
（ⅱ）解法一：因为，的中点坐标为，
所以的垂直平分线方程为，
由，得的垂直平分线方程为①．
同理，得的垂直平分线方程为②．
由，可得，即，
①+②得：，
所以，
由②-①得：，
因为直线过点，所以，即，
所以，故，
所以，
因为，所以，故．
解法二：设圆，
因为在圆上，所以
因为直线与圆交于，
所以联立，得（*），
其中是方程（*）的两个根．
由（ⅰ）可知是方程的两个根，
此时两方程为同解方程，则有，
解得，
所以圆心，
所以，
因为，所以，
所以．
19．【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)答案见解析，
【详解】（1）因为，
所以；
（2）的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以；
（3），
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．