山东省名校考试联盟2025届高三下学期4月高考模拟考试数学试卷（含答案）

这是一份山东省名校考试联盟2025届高三下学期4月高考模拟考试数学试卷（含答案），共10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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数1(1−i)2的虚部为( )
A. −12B. 12C. −12iD. 12i
2.已知集合A={(x,y)|y=ex，x∈R}，B={(x,y)|y=x+a，x∈R}，A∩B有且只有2个子集，则实数a=( )
A. −eB. −1C. 1D. e
3.已知函数f(x)=sin(ωx−π6)(00,b>0),则1a+1b的最小值为（）
A. 14B. 12C. 1D. 2
6.已知a=14，b=ln22，c=ln33，则a，b，c的大小关系为( )
A. a0)的右焦点，P(1,32)是C上一点，且直线PF与圆O:x2+y2=1相切于点F．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若C上两点A，B满足PA⊥PB．
(ⅰ)当直线AB斜率不存在时，求直线AB的方程;
(ⅱ)求直线AB被圆O所截得弦长的最小值．
19.(本小题17分)
若存在无穷多组正整数组(an,bn,cn)，满足an2+bn2=mcn2，且对任意正整数i，j，不存在正数λ，使得aiaj=bibj=cicj=λ，则称正整数m是有趣数，称(an,bn,cn)为m的一列有趣数组(不必考虑所有的有趣数组)．
(1)判断下列数组是否为1的一列有趣数组，不需要说明理由;
①(3n,4n,5n);
②(2n,n2−1,n2+1)(n=2,3,⋯).
(2)过点A(−1,−1)作斜率为n的直线交圆x2+y2=2于另一点B，由此证明：2是有趣数，并找出2的一列有趣数组(an,bn,cn);
(3)从1，2，⋯，6中任取两个数，求它们都是有趣数的概率．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.C
6.A
7.B
8.C
9.ABD
10.AB
11.ACD
12.21
13.2n−1
14.2； 3
15.解：(1)延长B1E交BC于F，
∵△B1EC1∽△FEB，BE=12EC1
∴BF=12B1C1=12BC，从而F为BC的中点．
∵G为△ABC的重心，
∴A、G、F三点共线，且FGFA=FEFB1=13，
∴GE//AB1，
又GE⊄侧面AA1B1B，AB1⊂侧面AA1B1B，
∴GE//侧面AA1B1B；
(2)连接CG并延长，交AB于点O，连接OA1，
在△OAA1中，因为OA=1，AA1=2，∠A1AO=60∘，
所以A1O= 3，所以OA1⊥AB，
又因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且交线为AB，
所以OA1⊥平面ABC，
因为△ABC为正三角形，所以OC⊥OB，
故如图建立空间直角坐标系O−xyz，
因为平面ABC的法向量n=(0,0,1)，B1G=( 33,−2,− 3)，
设直线B1G与底面ABC所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|B1G⋅n||B1G||n|= 3 223=3 2222，
即直线B1G与底面ABC所成角的正弦值为3 2222．

16.解：(1)由题意得，x=1+2+3+4+55=3，
所以i=15(xi−x)2=(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)2=10，
所以r=i=15(xi−x)(yi−y) i=15(xi−x)2 i=15(yi−y)2=≈0.94，
所以应该选择模型 ②；
(2)令ui=xi2，则需求出线性回归方程y=mu+n，
所以u=1+4+9+16+255=11，y=0.8+1.1+1.5+2.4+4.25=2，
所以i=15(ui−u)2=(1−11)2+(4−11)2+(9−11)2+(16−11)2+(25−11)2=374，
所以m=i=15(ui−u)(yi−y)i=15(ui−u)2=52.1374≈0.139，
由2=0.139×11+n，得n=0.471≈0.47，
所以y=0.14u+0.47，
所以y与x的回归方程为y=0．14x2+0.47．
当x=6时，y=0.14×62+0.47=5.51，
所以，预测第6天种子的胚芽长度为5.51厘米．
17.解：(1)x≥1时，f(x)=(x−1)lnx−ax≥0，所以a≤(x−1)lnxx，
令ℎ(x)=(x−1)lnxx(x≥1)，ℎ′(x)=(lnx+x−1x)x−(x−1)ln xx2=lnx+(x−1)x2，
令φ(x)=lnx+x−1，φ′(x)=1x+1=1+xx≥0恒成立，所以φ(x)≥φ(1)=0，
所以ℎ′(x)≥0恒成立，即ℎ(x)在[1,+∞)单调递增，所以ℎ(x)≥ℎ(1)=0，
所以ℎmin(x)=0，故a≤0.
(2)(i)a=0时，g(x)=f′(x)=lnx+x−1x(x>1)，所以g′(x)=1x+1x2>0在x∈(1,+∞)上恒成立，
故g(x)在(1,+∞)上单调递增;
(ii)令k(m)=f(m+n)−f(m)−f(n)，
所以k′(m)=f′(m+n)−f′(m)=g(m+n)−g(m)，
因为m，n∈(1,+∞)，所以m+n>m>1，
由(1)得，g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以g(m+n)>g(m)，
所以k′(m)>0在(1,+∞)上恒成立，所以k(m)在(1,+∞)上单调递增，
所以k(m)>k(1)=f(n+1)−f(1)−f(n)=f(n+1)−f(n)，
因为g(x)>g(1)=0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以f(n+1)>f(n)，
所以k(m)>k(1)=f(n+1)−f(n)>0．
综上，对任意的m，n∈(1,+∞)，有f(m+n)>f(m)+f(n)．
18.解：(1)由题意可知PF与x轴垂直，c=1．
令x=c，解得y=b2a=32，即a2−c2a=a2−1a=32，解得a=2或−12(舍去)，
故b2=a2−c2=3，椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)(i)当直线AB斜率不存在时，设A(x0,y0)，B(x0,−y0)，
则PA=(x0−1,y0−32)，PB=(x0−1,−y0−32)，
由PA⋅PB=0可知(x0−1)2−y02+94=0．
又x024+y023=1，解得x0=17或1(舍去)，
故直线AB的方程为x=17．
(ii)当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立椭圆C的方程x24+y23=1可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理可知x1+x2=−8km4k2+3，x1x2=4m2−124k2+3．
于是PA=(x1−1,y1−32)，PB=(x2−1,y2−32)，
由PA⋅PB=0可知(x1−1)(x2−1)+(y1−32)(y2−32)=(x1−1)(x2−1)+(kx1+m−32)(kx2+m−32)
=(k2+1)x1x2+(km−32k−1)(x1+x2)+(m−32)2+1=(2k+2m−3)(2k+14m+3)4(4k2+3)=0．
若2k+2m−3=0，则直线AB的方程为y=kx+m=k(x−1)+32，直线AB恒过定点(1,32)，不符合题意，舍去．
若2k+14m+3=0，则直线AB的方程为y=kx+m=k(x−17)−314，直线AB过定点(17,−314).
当直线AB斜率不存在时，直线AB也过点(17,−314).
于是直线AB恒过定点M(17,−314).
当直线AB与OM垂直时，圆心O到直线AB的距离最大，为|OM|= 1314，
故直线AB被圆O所截得的弦的长度的最小值为 1837．
19.解：(1) ①不是，因为数组(3n,4n,5n)中的任何两个都是比例关系；
②是，因为数组(2n,n2−1,n2+1)(n=2,3,⋯)中的任何两个都不是比例关系．
(2)直线AB的方程为y=nx+n−1，联立圆x2+y2=2的方程可得(n2+1)x2+(2n2−2n)x+n2−2n−1=0，
由韦达定理可得(−1)xB=n2−2n−1n2+1，即xB=−n2−2n−1n2+1．
于是yB=nxB+n−1=n2+2n−1n2+1，
又点B的坐标满足圆x2+y2=2的方程，于是(−n2−2n−1n2+1)2+(n2+2n−1n2+1)2=2，
即(n2−2n−1)2+(n2+2n−1)2=2(n2+1)2．
取an=n2−2n−1，bn=n2+2n−1，cn=n2+1，其中n=3，4，⋯，
若存在正整数i和j且i，j≥3，使得aiaj=bibj=cicj=λ>0，
那么i2−2i−1j2−2j−1=i2+2i−1j2+2j−1=i2+1j2+1．
因为ab=cd，则有比例性质ab=a−cb−d．
于是i2+1j2+1=i2−2i−1j2−2j−1=i2+1−(i2−2i−1)j2+1−(j2−2j−1)=i+1j+1，i2+1j2+1=i2+2i−1j2+2j−1=i2+2i−1−(i2+1)j2+2j−1−(j2+1)=i−1j−1，
故i+1j+1=i−1j−1，则i=j，矛盾!
故对任意正整数i，j，不存在正数λ，使得aiaj=bibj=cicj=λ，
则2是有趣数，2的一列有趣数组(an,bn,cn)为(n2−2n−1,n2+2n−1,n2+1)．
(3)由(1)可知1是有趣数;由(2)可知2是有趣数;
当m=3时，假设方程x2+y2=3z2有正整数解，设(x0,y0,z0)是所有正整数解中使x最小的一组解．
由于x02+y02=3z02，故x02+y02是3的倍数，若x0=3k+1，y0=3l+1，k，l为非负整数，
则x02+y02=9(k2+l2)+6(k+l)+2不可能是3的倍数，矛盾!
同理可知x0=3k+1，y0=3l+2，或x0=3k+2，y0=3l+1，或x0=3k+2，y0=3l+2也不成立．
若x0为3的倍数，则y0也为3的倍数，
设x0=3x1，y0=3y1，则(3x1)2+(3y1)2=3z02，即3x12+3y12=z02，故z0为3的倍数．
设z0=3z1，则有x12+y12=3z12.所以(x1,y1,z1)也是原方程的一组正整数解，且x1