2025青岛高三下学期一模试题数学含解析

这是一份2025青岛高三下学期一模试题数学含解析，共14页。试卷主要包含了03， 设是关于的方程的正实数根， 已知狄利克雷函数设函数，则等内容，欢迎下载使用。
2025.03
本试卷共4页，19题全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，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，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 抛物线的焦点坐标为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：由 抛物线方程的特点可知，抛物线的焦点位于 轴正半轴，由 ，可得： ，即焦点坐标为 .
本题选择B选项.
2. 若，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法、乘法、共轭复数等知识求得正确答案.
【详解】，
所以，所以.
故选：C
3. 若样本数据1，，，…，的平均数为1，方差为2，则数据，，…，相对于原数据（ ）
A. 平均数变小B. 平均数变大C. 方差变小D. 方差变大
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数公式和方差公式计算即可.
【详解】设原数据的平均数为，方差为，变化后的数据的平均数为，方差为，
根据题意有：，
所以，
故选：D.
4. 近年来，家用冰箱使用的氟化物的释放等破坏了臭氧层，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量.臭氧消失一半所需要的时间约为（ ）（，精确到年）
A. 年B. 年C. 年D. 年
【答案】D
【解析】
【分析】令，解此方程即可.
【详解】令可得，可得，所以，，
故臭氧消失一半所需要的时间约为年.
故选：D.
5. 已知，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量公式结合平面向量数量积坐标运算可求得结果．
【详解】在上的投影向量为．
故选：A．
6. 设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得，”是“”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】C
【解析】
【分析】根据集合的包含关系及交集的定义，结合充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】由，得，
而，则，
故“存在集合C使得，”是“”的充分条件；
由，存在一个集合，使得，，如图，
所以“存在集合C使得，”是“”的必要条件.

故选：C.
7. 在平面直角坐标系中，动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动；动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动.、分别以、为起点同时开始运动，经过后，动点、的坐标分别为、，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，，利用二倍角的余弦公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】由三角函数定义可知，，，
则，
因为，其中，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故选：C.
8. 设是关于的方程的正实数根.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，分析该函数的单调性，结合零点存在定理得出，可得出，对为奇数和偶数进行分类讨论，讨论的取值，结合并项求和法以及等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】令，则函数在上为增函数，
因为，
，
由零点存在定理可得，则，
当为正奇数时，设，则，则，
当为正偶数时，设，则，则，
所以，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解本题的关键在于利用零点存在定理得出的取值范围，并由此讨论的取值，结合数列求和求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 存在，使得D. 存在，使得平面
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直及平行计算判断A，B，C，求出法向量法结合位置关系求解判断D.
【详解】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系：

设底面边长为2，
则，
所以，所以，
A. 当时，，，，所以，故A正确；
B. 当时，，，，所以不成立，故B错误；
C.，，故C错误；
D. 因为，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
使得平面，所以，所以，，符合，故D正确；
故选：AD.
10. 已知狄利克雷函数设函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 是周期函数
C. 的值域是D. 在区间上的有理数零点恰有3个
【答案】ABD
【解析】
【分析】由函数的奇偶性的定义可判断A；根据函数的周期性和定义和函数的定义可判断B；函数及三角函数的值域可判断C；应用特殊三角函数值可判断D．
【详解】的定义域为，当为有理数时，是有理数，则，
当为无理数时，是无理数，则，即为偶函数，
故，是奇函数，故A正确；
对于任意的整数，当为有理数时，也是有理数，则，
当为无理数时，也是无理数，则，
，即函数是周期函数，故B正确；
函数的值域为，当为无理数时，，
当为有理数时，，不能取到一个周期所有实数，所以取不到全部，故C错误；
，当为有理数时，，得出在区间上有，3个有理数零点，故D正确；
故选：ABD．
11. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线、的方程分别为、，过点作、的垂线，垂足分别为、，四边形的面积为，点的轨迹为曲线.则（ ）
A. 圆与没有公共点
B. 曲线与没有公共点
C. 上存在三点、、，使得为等边三角形
D. 在点处的切线与、分别交于、两点，则的面积为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】设点，根据四边形的面积为求出点的轨迹方程，将曲线的方程与圆的方程联立，判断公共解的个数，可判断A选项；将曲线的方程以曲线的方程联立，判断公共解的个数，可判断B选项；取点，取直线的方程为，取直线的方程为，将直线方程与曲线的方程联立，求出点、的坐标，可判断C选项；写出切线方程，将切线方程与方程联立，利用三角形面积公式并结合韦达定理可判断D选项.
【详解】易知，又因为，，则四边形为矩形，
设点，则，，
矩形的面积为，可得，
故曲线的方程为，
对于A选项，联立可得或，
所以，曲线与圆有个公共点，其坐标分别为、、、，A错；
对于B选项，联立可得，该方程无解，
所以，曲线与没有公共点，B对；
对于C选项，不妨取点，取直线的方程为，
取直线的方程为，
联立，解得，即点，
联立，解得，即点，
由平面内两点间的距离公式可得，
同理可得，此时，为等边三角形，C对；
对于D选项，设为双曲线上一点，
先证明出双曲线在点处的切线方程为，
联立可得，，
所以，双曲线在点处的切线方程为，
易知，直线、的方程可视为，
设点、，联立可得，
由韦达定理可得，
所以，，
因为点关于直线的对称点为，则，
所以，曲线关于直线对称，
由对称性可知，当点在曲线上时，的面积也为定值，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中常数项为__________．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【详解】的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为．
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
13. 已知函数图象的两条切线相互垂直，并分别交轴于A，B两点，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】设函数在点和处的两条切线互相垂直，，，由题意分别表示出，，两直线相互垂直可得，进而根据切线方程求出A，B坐标，进而求解即可.
【详解】设函数在点和处的两条切线互相垂直，
如图，可得的零点为1，故不妨设，，
则，，
当时，，，
当时，，，
则，．
所以，即．
因为：，即，
：，即，
则，，因为，且，
故.
故答案为：2.
14. 已知的内角对边分别为，边上的高为h，，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据余弦定理，并结合三角形面积公式求出与的关系；通过几何图形作辅助线，构造可得，求出的范围，进而根据二倍角公式，求得的取值范围.
【详解】在中，，
，
即；
又，，即，又；
故，
如图，在中，过作垂线，且使，则，

，即，可得，
，即，，
,
设，，在区间单调递减，
，即,
，当且仅当时，即三点共线时等号成立.
验证：如下图中，若时，满足，
此时，，
故存在这样的，使得成立.

因此的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是通过已知条件结合面积公式与余弦定理得到等量关系；二是构造几何图形求解的范围，进而利用二倍角公式求解的范围.
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. 为了调查某地区高中学生对于体育运动的爱好程度，随机调查了该地区部分学生的日均运动时间.在被调查的学生中，女生占，女生中有的人日均运动时间大于小时，男生中有的人日均运动时间大于小时.
（1）在被调查的学生中任选人，若此人日均运动时间大于小时，求此人为男生的概率；
（2）用频率估计概率，从该地区的高中生中随机抽取人，求日均运动时间大于小时的人数的期望和方差.
【答案】（1）
（2）期望为，方差为
【解析】
【分析】（1）记事件抽取的人为男生，记事件抽取的人日均运动时间大于小时，利用全概率公式可求出的值，再利用条件概率公式可求得的值；
（2）分析可知，，利用二项分布的期望和方差公式即可得解.
【小问1详解】
记事件抽取的人为男生，记事件抽取的人日均运动时间大于小时，
则，，，，
由全概率公式可得，
由条件概率公式可得.
因此，在被调查的学生中任选人，若此人日均运动时间大于小时，则此人为男生的概率为.
【小问2详解】
从该地区的高中生中随机抽取人，该生日均运动时间大于小时的概率为，
由题意可知，所以，，.
16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，、是底面半径，，为劣弧上的动点.
（1）若为劣弧的中点，证明：平面；
（2）若圆锥底面半径为，体积为，当四边形面积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明出四边形为菱形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用圆锥的体积求出的长，设，利用三角恒等变换结合三角函数的基本性质求出四边形面积的最大值及其对应的的值，然后以点为坐标原点，、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，利用空间直角坐标系可求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接，因为，为的中点，
则，
因为，则和均为等边三角形，
所以，，
故四边形为菱形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
【小问2详解】
由题意可知，底面，圆锥的体积为，可得，
设，则，其中，
四边形的面积为
，
因为，则，
故当时，即当时，取最大值，
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，，，
则，取，则，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，，则，
所以，，
因此，当四边形面积最大时，平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数，.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；
（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.
【小问1详解】
当时，，，
则，
当或时，；
当时，，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增.
【小问2详解】
由，，得，
因为函数有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，
设为且，因为函数在时的图象关于轴对称，
所以，即，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
即，，
又，即，
则，
又，则，，
设，，
则，即函数在上单调递减，
所以，即.
18. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）（i）证明过程见解析；（ii）存在，点，
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论；
（ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案.
【小问1详解】
由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
【点睛】思路点睛：
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
19. 若数列满足：①；②；③当整数时，存在正整数及，，…，，使得；④对于任意正整数及，，…，，都有.则称数列“非零可表”.
（1）若数列满足，判断是否“非零可表”，并说明理由；
（2）若数列满足，，证明：数列“非零可表”；
（3）证明：存在满足数列“非零可表”.
【答案】（1）不“非零可表”，理由见解析；
（2）证明过程见解析；
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）举出反例，得到不“非零可表”；
（2）构造法求出，满足①②，，，显然满足要求，当时，，，综上，满足③，假设存在，使得，推出矛盾，从而满足④，数列“非零可表”；
（3）构造：，，其中为的前项和，满足①②③④，证明出结论.
【小问1详解】
不“非零可表”，理由如下：
中，则当，
，不满足④，故不“非零可表”；
【小问2详解】
，当时，，
则，所以，，
故，，
又，所以，，
时，，，
所以，满足①②，
，，显然满足要求，
当时，
，
显然，，综上，满足③，
假设存在，使得，
则，，
其中
，
即，显然矛盾，故不存在，使得，满足④，
综上，数列“非零可表”；
【小问3详解】
，定义为小于等于的最大整数，
取数列：，，其中为的前项和，
显然是严格递增的正整数列，满足①②，
，，
假设对，都有，
则，
，
故，
下面证明满足③④，
若存正整数以及，，…，，有，
故，
所以满足④，
若整数，不妨设，则由，取，
则有，
取，则有，③成立，
综上，构造的数列：，，其中为的前项和，“非零可表”.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；