山东省泰安第一中学2025届高三下学期4月月考数学试卷（含答案）

这是一份山东省泰安第一中学2025届高三下学期4月月考数学试卷（含答案），共9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.已知集合A={−1,0,1,3}，B={x|x∈A且x−2∈A}，则A∩B=( )
A. {0,1}B. {1,3}C. {0,3}D. {0,1,3}
2.已知复数z=(1−i)(2+i)，则z的虚部是( )
A. 1B. iC. −1D. −i
3.某新能源车型的续航里程X(单位：公里)服从正态分布N400,σ2.若该车型中95％的车续航里程介于360公里与440公里之间，则续航里程超过420公里的车在该车型中的占比约为( )(参考公式：P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.68，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.99)
A. 16％B. 34％C. 66％D. 84％
4.若向量a在向量b上的投影向量为b，且|a−b|= 3|b|，则cs〈a,b〉=( )
A. 12B. 32C. 13D. 33
5.二项式(x−2x)4(x−1)的展开式中，常数项为( )
A. 24B. 6C. −6D. −24
6.已知函数f(x)=(x+1)2+sinxx2+1，其导函数记为f′(x)，则f(2025)+f′(2025)+f(−2025)−f′(−2025)=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
7.已知数列an满足：a1=−1，an+1=an2an+1n∈N∗.若数列bn满足bn=anan+1，则数列bn的前20项和为( )
A. 4039B. −2039C. −1940D. 2940
8.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，A，B是抛物线上两点，且∠AFB=2π3，弦AB的中点M在C的准线的射影为H，则|AB||MH|的最小值为( )
A. 33B. 2C. 3D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,00)的一条渐近线过点(1,−3)，则C的离心率为 ．
13.已知两个正四棱锥组合成的简单几何体P−ABCD−Q中，顶点P，Q分别位于平面ABCD的两侧．其中正方形ABCD的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3.则四棱锥P−QBC的外接球的表面积为 ．
14.已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中∠A=45°，∠B=60°，b= 6，则能覆盖▵ABC的正方形的最小边长为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=1+(x−a)ex．
(1)若y=0是曲线y=f(x)的切线，求实数a的值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式和“联网搜索”模式，用户可根据需求在提问时自由选择．据统计，人们在使用该大模型时，有30％的问题选择“深度思考”模式，70％的问题选择“联网搜索”模式．而在选择“深度思考”模式的问题中40％被检测到包含“科幻”关键词(S)，在选择“联网搜索”模式的问题中10％被检测到包含“科幻”关键词(S).以下记录了5次该大模型回答用户问题的处理时间(单位：分钟)、问题字数(单位：百字)和需求模式的相关数据：
(1)用频率估计概率．
①求问题被检测到包含“科幻”关键词(S)的概率；
②当问题被检测到包含“科幻”关键词(S)时，求用户选择“深度思考”模式的概率；
(2)假设在“深度思考”模式下，处理时间y关于字数x呈线性相关．请预测“深度思考”模式下，处理一个350字用户问题的时间．
(参考公式b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2，a=y−bx)
17.(本小题15分)
如图，在扇形CAB中，BC=6，点D在CA上，且CD=λDA.当λ=2时，cs∠BDC= 714．
(1)证明：▵ACB为等边三角形；
(2)当λ=1时，沿BD将▵BCD折起到▵C′BD位置，使得平面C′BD⊥平面ABD，连接C′A．
①求三棱锥C’−ABD的体积；
②求二面角C’−AB−D的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是 22，B1，B2分别是E的上、下顶点，且B1(0,1)．
(1)求E的方程；
(2)已知直线l与E交于M，N两点(M,N异于点B1，B2)，若直线B1M与B1N的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=1，证明：直线l过定点；
(3)点P在E上且位于y轴左侧，点Q在直线x=1+ 22上，F2为E的右焦点，若PF2=F2Q，且PF2⋅F2Q=0，求▵PF2Q的面积．
19.(本小题17分)
全集Q=a0,a1,a2,⋯,an，a∈N∗，n∈N，若Q中存在两个非空子集M，N，满足M∩N=⌀，M∪N=Q，则称M，N是Q的一个“组合分拆”，用T(C)表示集合C的所有元素的和．
(1)若a=3．
①若n=5，M=x|x=32k,k=0,1,2，求T(N)；
②若n为偶数，证明：T(M)≠T(N)；
(2)若a=2，n为给定的偶数，关于x的方程x2+T(M)x+T(N)=0存在有理数解，求T(M)的最小值，并写出取得最小值时的一个集合M．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.A
5.D
6.D
7.B
8.C
9.ABD
10.BC
11.BCD
12. 10
13.53π
14.3+ 32
15.(1)由f(x)=1+(x−a)ex得f′(x)=(x−a+1)ex，
设曲线y=f(x)与y=0相切于点x0,1+(x0−a)ex0，
则由题意1+(x0−a)ex0=0(x0−a+1)ex0=0，即1=ex0x0−a+1=0，解得x0=0a=1；
(2)由(1)知，f′(x)=(x−a+1)ex，易知ex>0，
则当x>a−1时，f′(x)>0，当x1，
故实数a的取值范围为1,+∞．

16.(1)①记事件A=“选择深度思考模式”，事件B=“被检测到包含科幻关键词(S)”，
则P(A)=0.3,P(A)=0.7，P(B|A)=0.4,P(B|A)=0.1，
由全概率公式得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)=0.3×0.4+0.7×0.1=0.19，
所以问题被检测到包含“科幻”关键词(S)的概率为0.19．
②由①得P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B|A)P(B)=0.3×，
所以用户选择“深度思考”模式的概率为1219．
(2)依题意，x=2.0+3.0+4.03=3.0,y=5.0+7.0+8.43=6.8，
i=13(xi−x)(yi−y)=(−1)×(−1.8)+0×0.2+1×1.6=3.4,i=13(xi−x)2=(−1)2+02+12=2，
则b=i=13(xi−x)(yi−y)i=13(xi−x)2=3.42=1.7，a=y−bx=6.8−1.7×3=1.7，
因此处理时间y关于字数x的回归方程为y=1.7x+1.7，
当x=3.5时，y=1.7×3.5+1.7=7.65(分钟)，
所以处理一个350字用户问题的时间约为7.65分钟．

17.(1)由题意BC=CA=6，当λ=2时，CD=2DA，所以CD=4,DA=2，
在▵BCD中，由余弦定理得BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC，
即36=BD2+16−2BD⋅4⋅ 714，即BD2−4 77BD−20=0，解得BD=2 7，
在▵BDA中，由余弦定理得BA2=BD2+AD2−2BD⋅ADcsπ−∠BDC=28+4+2⋅2⋅2 7⋅ 714=36，解得BA=6，所以BC=CA=BA=6，
所以▵ACB为等边三角形．
(2)①当λ=1时，CD=DA，所以CD=DA=3，所以BD⊥CD,BD⊥AD，即BD⊥C′D，
因为平面C′BD⊥平面ABD，平面C′BD∩平面ABD=BD，C′D⊂平面C′BD，
所以C′D⊥平面ABD，即C′D为三棱锥C’−ABD的高，
所以VC′−ABD=13 · S▵ABD · C′D=13×12×3×3 3×3=9 32；
②由①知，DB，DA，DC′两两互相垂直，
故以D为坐标原点，DB为x轴，DA为y轴，DC′为z轴，建立如图坐标系．
则D0, 0, 0，B3 3, 0, 0，A0, 3,0，C′0, 0,3，
所以AB⃗=3 3,−3,0，AC′=0,−3, 3．
设平面ABC′的法向量为n=x,y,z，
AB · n=0 AC′ · n=0 ⇒3 3x−3y=0 −3y+3z=0 ，令x=1得，y=z= 3，所以n=1, 3, 3．
又平面ABD的法向量m=0, 0,1．
设二面角C’−AB−D为θ，又由图可知二面角C’−AB−D的平面角为锐二面角，
所以csθ=|cs〈n, m〉|=|n ⋅ m|n ⋅ m= 3 7= 217，
所以二面角C’−AB−D的余弦值为 217．

18.(1)依题意有b=1，ca= 22，所以c= 22a，所以a2=b2+c2=1+12a2，解得a2=2，
所以椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)由题意直线l的斜率存在，设l：y=kx+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立y=kx+mx2+2y2=2，故1+2k2x2+4mkx+2m2−2=0，Δ>0，
则x1+x2=−4mk1+2k2,x1x2=2m2−21+2k2，又B1(0,1)，
故k1+k2=y1−1x1+y2−1x2=kx1+m−1x1+kx2+m−1x2=1，
所以2kx1x2+(m−1)x1+x2x1x2=1，所以(2k−1)x1x2+(m−1)x1+x2=0，
所以(2k−1)×2m2−21+2k2+(m−1)×−4mk1+2k2=0，化简得2mk−2k=m2−1，
即2k(m−1)=(m−1)(m+1)，
当m=1时，直线l过定点B1(0,1)，不合题意；
当m≠1时，2k=m+1，直线l的方程为y=kx+2k−1=k(x+2)−1，
所以直线l恒过点(−2,−1)．
综上，直线l恒过点(−2,−1)．
(3)对于椭圆x22+y2=1，其右焦点F2(1,0)，设Px0,y0，
因为点P在E上且位于y轴左侧，所以x022+y02=1(x0