山东省聊城市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析

这是一份山东省聊城市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回， 已知角，向量，，若，则， 已知函数，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上.
2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，只将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义即可求解.
【详解】由可得，
故，
故选：C
2. 已知复数，则共轭复数
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：首先求得复数z，然后求解其共轭复数即可.
详解：由题意可得：，
则其共轭复数.
本题选择B选项.
点睛：本题主要考查复数的运算法则，共轭复数的概念等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3. 曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可得出切线与两坐标轴的交点坐标，再利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】对函数求导得，故所求切线斜率为，切点坐标为，
所以，曲线在处的切线方程为，
该切线交轴于点，交轴于点，
因此，曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：D.
4. 已知角，向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量共线的坐标表示可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值.
【详解】因为，则，
向量，，若，则，可得，
故.
故选：B.
5. 已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；
再分析必要性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.
【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，
所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；
分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，
所以恒成立，即恒成立，
当，时，成立，
当，时，不成立，
当，时，不成立，
当，时，不成立，
当，时，成立，
当，时，不成立，
当，时，不恒成立，
当，时，不恒成立，
所以能使恒成立的只有：，和
，，易知此时成立，所以必要性成立.
故选：B.
6. 设是椭圆的左焦点，，是上的任意两点，周长的取值范围为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，结合椭圆的定义，结合三角形的三边关系以及共线关系可得周长范围，再与给定范围比对即可得解.
【详解】令椭圆右焦点为，，
周长，当且仅当共线时取等号，则，即，
又，因此，
则，解得，所以C的离心率为.
故选：A.
7. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，若是增函数，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，根据判别式，结合二次函数的性质分类求解.
【详解】要使奇函数是增函数，则需要在上单调递增，且，
当时，恒成立，
因为，此时的对称轴，所以只需即可，即.
故选：B
8. 在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解.
【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的一个法向量为，，
直线的一个方向向量为，
则，取，可得，
设，
所以，，
因为平面，则，解得，
所以，，即点，
设经过、、、四点的球的球心为，
由可得，解得，
故球半径为，
因此，经过、、、四点的球的表面积为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 直线是曲线的一条对称轴
D. 将的图象向右平移个单位得到的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】因为，
对于A选项，函数的最小正周期为，A错；
对于B选项，当时，，
所以，在上单调递增，B对；
对于C选项，因为，故直线不是曲线的一条对称轴，C错；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得到函数
的图象，D对.
故选：BD.
10. 将四个不同的小球，放入四个编号为、、、的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设表示空盒的个数，表示号盒子中小球的个数，则（ ）
A. 每个盒子中恰有球的概率为
B. 事件“号是空盒”与事件“号是空盒”不独立
C. 随机变量的方差为
D. 随机变量的均值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】计算出每个盒子中恰有球的概率，可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；利用二项分布的方差公式可判断C选项；利用随机变量期望公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，每个盒子中恰有球的概率为，A错；
对于B选项，记事件号是空盒，事件号是空盒，
则，，
所以，，故事件“号是空盒”与事件“号是空盒”不独立，B对；
对于C选项，由题意可知，故，C对；
对于D选项，由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，
，
因此，，D对.
故选：BCD.
11. 设动直线与抛物线相交于，两点，分别过，作的切线，设两切线相交于点，则（ ）
A. 直线经过一定点B. 抛物线的焦点为
C. 点到坐标原点的距离不小于D. 的面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线的定点求法计算判断A，根据焦点坐标判断B，设l的方程及A、B坐标，利用导数求抛物线切线斜率及切线方程，联立两直线可得P坐标判定C，利用点到直线的距离公式、弦长公式结合幂函数的性质、三角形面积公式可判定D.
【详解】对于A：化简为，
无论为何值时，令，可得定点为，A选项正确；
对于B：的焦点在轴且，所以，所以抛物线的焦点为，B选项错误；
对于C：设，与抛物线方程联立有，
设，，有，，
由，所以的斜率分别为，
又因为,则两切线，，
联立两直线方程解得，所以，
点到坐标原点的距离为，
当时点到坐标原点的最小距离为，所以C正确；
对于D：P到l的距离为，
所以，
当时，此时取最小值，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点时应用弦长公式和点到直线距离得出面积结合二次函数最值计算求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设实数，函数为奇函数，则______________.
【答案】
【解析】
【分析】利用奇函数的定义可求出的值，然后代值计算可得的值.
【详解】实数，且函数为奇函数，
则，
由奇函数的定义可得，即，
整理可得，则，因为，解得，
所以，，故.
故答案为：.
13. 在中，已知，，，则的面积为______________.
【答案】##
【解析】
【分析】数形结合，将分为两角，再运用余弦定理和三角形面积公式计算即得.
【详解】因，故，
如图，过点作射线交线段于点，使，则，
则，
在中利用余弦定理得，，解得，
在中利用余弦定理得，，则，
则.
故答案为：.
14. 在一块黑板上共有10个点，其中任意3点都不共线，现将任意两点用红色线段或绿色线段连结起来，在所得到的图形中三边同色的三角形至少有______________个.
【答案】20
【解析】
【分析】利用拉姆齐数和Gdman定理判定至少有20个同色三角形，然后进行构造性验证即可.
【详解】拉姆齐数基础：
拉姆齐数 表示在6个点的完全图中，无论如何用两色着色边，必然存在一个同色三角形.
但本题涉及10个点，需进一步分析.
Gdman定理的应用：
Gdman定理指出，对于偶数 ，双色完全图中同色三角形的最少数目为：,
当 时，，代入得：
这表明无论如何着色，至少存在20个同色三角形。
构造性验证：
将10个点分为两组（每组5个），组内边全红，组间边全绿,此时同色三角形仅来自组内，每组有
个红色三角形，共 个。
这说明存在一种着色方式使得同色三角形恰为20个。
根据Gdman定理，无论何种着色，同色三角形数量下限即为20。
结论：在所得到的图形中，三边同色的三角形至少有20个。
故答案为：
【点睛】本题主要是图论中的基础知识的应用，其中拉姆齐数，Gdman定理.
拉姆齐数（Ramsey Number）
定义：拉姆齐数 是指在任意一个完全图的边被两种颜色（通常为红色和蓝色）着色后，必然存在一个 个顶点的全红子图或一个 个顶点的全蓝子图的最小顶点数.
举例：：在任意一个6个顶点的完全图中，无论边如何被红蓝两色着色，必然存在一个红色的三角形或一个蓝色的三角形.
Gdman定理
定理内容：在一个 个顶点的完全图中，每条边被红色或蓝色着色。设 为单色三角形的数量，则有：,
证明：总三角形数：在一个 个顶点的完全图中，三角形的总数为：.
非单色三角形数：对于每个三角形，有三种可能的着色方式：全红,全蓝,两种颜色混合.
设 为单色三角形的数量，则非单色三角形的数量为：.
边着色分析：对于每条边，假设红色边的数量为 ，蓝色边的数量为 ，则有：.
单色三角形数下界：根据Gdman定理，单色三角形数 满足：有：
证明步骤：
通过计算所有可能的三角形着色情况，利用概率和组合数学的方法，推导出单色三角形数量的下界.
具体证明过程涉及复杂的组合分析和不等式推导，详细步骤可参考相关组合数学教材或论文.
拉姆齐数 描述了在完全图着色中必然存在的单色子图的最小顶点数.
Gdman定理 给出了在完全图着色中单色三角形数量下界，通过组合分析证明了该下界的存在性.
这两个概念在组合数学和图论中具有重要的理论和应用价值.
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、演算步骤.
15. 某学校为了调动学生学习数学的积极性，在高二年级举行了一次数学有奖竞赛，对考试成绩优秀（即考试成绩不小于分）的学生进行了奖励.学校为了掌握考试情况，随机抽取了部分考试成绩，并以此为样本制作了如图所示的样本频率分布直方图.已知第一小组的频数为.
（1）求的值和样本容量；
（2）估计所有参赛学生的平均成绩；
（3）假设在抽取的样本中，男生比女生多人，女生的获奖率为，填写下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断男生与女生的获奖情况是否存在差异？
附：，
【答案】（1），样本容量为
（2）
（3）列联表见解析，无
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得的值，将第一组的容量除以第一组的频率可得出样本容量；
（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数；
（3）根据题意完善列联系表，结合临界值表可得出结论.
【小问1详解】
由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得，解得，
样本容量为.
【小问2详解】
所有参赛学生的平均成绩为.
【小问3详解】
由题意可知，获奖人数为人，
由题意可得如下列联表
所以，，
所以，依据小概率值的独立性检验，男生与女生的获奖无差异.
16. 在三棱锥中，为等边三角形，，，为的中点，为线段上一点，.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的值，利用正弦定理得到，进而得到为的中点，再利用线线平行即可证明线面平行；
（2）取中点，连接，利用勾股定理证明，建系，利用线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
因，，，所以，
所以，
在中，根据正弦定理得，
又，所以，所以，
因为，
所以，所以，所以，
所以为中点，又为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
取中点，连接，因为为的中点，
所以，，
因为，即，所以，
因为为等边三角形，且，所以，，
又，所以，所以，
以为原点，分别以为轴的正向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出函数的导数，构造二次函数，分类讨论，根据导数的正负来判断函数的单调性.
（2）利用极值点与导数的关系，结合二次函数和韦达定理，构造函数，求导研究单调性，解不等式求解.
【小问1详解】
的定义域为.
求导可得：.
令，其判别式.
当，即时，因为，所以，则，所以在上单调递增.
当，即或时，方程的两根为，.(根同号)，.
因为，当时，，则，，此时，，在上单调递增.
当时，，则，，且，
此时在和上，，，单调递增；
在上，，，单调递减.
综上所得， 当时， 在上单调递增.
当时，在和上单调递增；在上，单调递减.
【小问2详解】
因为有两个不同的极值点，所以且，解得.
由韦达定理可知，，代入上式可得：
.
已知，即，
可得，即.
令，对求导得.
因为，所以，在上单调递增.
又，所以的解集为，
即实数的取值范围是.
18. 已知圆，圆，动圆与、都外切.
（1）求圆心的轨迹方程；
（2）设，、是圆心轨迹上的不同两点，过点作，垂足为，若直线与的斜率之积等于，求动点轨迹的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的半径为，根据圆与圆的位置关系得出，，可得出，则点的轨迹是以点、为焦点的双曲线的右支，求出、、的值，即可得出其轨迹方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线方程联立，根据求出，可知点在以点为圆心，半径为的圆上运动，求出点的横坐标的取值范围，结合扇形的弧长公式可求得点的轨迹长度.
【小问1详解】
设圆的半径为，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆、圆都外切，则，，
所以，，
所以，点的轨迹是以点、为焦点的双曲线的右支，
设双曲线的标准方程为，则，可得，，则，
所以，，
所以，圆心的轨迹方程为.
【小问2详解】
若直线与轴垂直，则直线与曲线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得①，
则且，可得且，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，
即，
整理可得，
若，此时，方程①为，由于，解得，
此时直线与点的轨迹只有一个公共点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，故直线过定点，
因为，取线段的中点，则，
所以点在以点为圆心，半径为的圆上运动，
由题意可得，可得，
易知直线的方程为，
联立可得，
直线交轴于点，交圆于、两点，
，则，所以，，
易知点的轨迹为劣弧（不包括端点），其长度为.
点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19. 若各项为正数的无穷数列满足：对于都有，其中为非零常数，则称数列为“平方等差数列”.
（1）判断无穷数列和是否是“平方等差数列”，并说明理由；
（2）若是“平方等差数列”.
（ⅰ）证明：存在正整数，使得不等式成立；
（ⅱ）证明：存在正整数，使得.
【答案】（1）数列是“平方等差数列”， 数列不是“平方等差数列”，理由见详解.
（2）（i）证明见详解；（ii）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）由定义分别验证两个数列是否满足定义，即可得结果；
（2）（i）由新定义“平方等差数列”得到数列通项公式，由放缩法得到，从而得到，然后由的单调性即可得证；
（ii）由通项公式得到，由放缩法得，然后由列项相消得到的结果，然后由函数的单调性即可得证.
【小问1详解】
数列中，，所以数列是“平方等差数列”；
数列中，，所以数列不是“平方等差数列”；
【小问2详解】
（i）∵，
设，
当时，一定存在使得，不成立，故
∴，
则，
∵，
∴，
∵函数随的增大而减大，故存在使得，即得证.
（ii） 由（2）得，故，
即，
∴
由随的增大而增大，且时，，
故对任意的，总存在正整数使，
存在正整数，使得.
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计