精品解析：山东省青岛第二中学2025届高三上学期8月月考数学试卷

青岛市第二中学2024-2025学年8月份阶段练习-高三数学试题学生版 命题人：孙去涛刘春业 审核人：程志 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 某高中为鼓励全校师生增强身体素质，推行了阳光校园跑的措施，随机调查7名同学在某周周日校园跑的时长（单位：分钟），得到统计数据如下：.则该组数据的中位数和平均数分别为（ ） A. 60，58 B. 60，60 C. 55，58 D. 55，60 3. 已知为实数，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 过点直线与曲线有两个交点，则直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的右焦点为，过且斜率为1的直线与交于两点，若线段的中点在直线上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行四边形中，为边上异于端点的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知双曲线，则（ ） A. 取值范围是 B. 时，的渐近线方程为 C. 的焦点坐标为 D. 可以是等轴双曲线 10. 下列函数中，存在数列使得和都是公差不为0的等差数列的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 是以8为周期的周期函数 C. D. 三、填空题 12. 二项式的展开式中的系数为__________. 13. 已知函数在区间内恰有两个极值点，则实数的取值范围为__________. 14. 将正整数分解成两个正整数的积，即，当两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当是的最优分解时，定义，则数列的前2023项和为__________. 四、解答题 15. 在中，内角、、的对边分别为、、，且. （1）求； （2）若，且，则的面积为，求、. 16. 已知直线交抛物线于两点，为的焦点，且． （1）证明：； （2）求的取值范围． 17. 如图，点O为正四棱锥底面中心，四边形为矩形，且，. （1）求正四棱锥体积； （2）设E为侧棱PA上的点，且，求直线BE与平面PQC所成角的大小（结果用反三角函数值表示）. 18. 某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. ) （2）（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望； （ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大. 19. 定义：若对于任意，数列满足：①；②，其中的定义域为，则称关于满足性质. （1）请写出一个定义域为的函数，使得关于满足性质； （2）设，若关于满足性质，证明：； （3）设，若关于满足性质，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 青岛市第二中学2024-2025学年8月份阶段练习-高三数学试题学生版 命题人：孙去涛刘春业 审核人：程志 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据真数要大于0和集合交集的运算法则即可求解． 【详解】， 故． 故选：D． 2. 某高中为鼓励全校师生增强身体素质，推行了阳光校园跑的措施，随机调查7名同学在某周周日校园跑的时长（单位：分钟），得到统计数据如下：.则该组数据的中位数和平均数分别为（ ） A. 60，58 B. 60，60 C. 55，58 D. 55，60 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数定义，以及平均数公式即可求得. 【详解】将样本数据从小到大排列为.易得中位数为60， 平均数为. 故选：B 3. 已知为实数，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用为实数求出，再根据复数的模的公式求解． 【详解】由题意可得， 由为实数，得， 即，则， 故． 故选：D． 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导，根据导数的几何意义写出切线斜率，然后利用点斜式写出方程. 【详解】因为， 所以在点处的切线斜率为， 所以切线方程为，即. 故选：C. 5. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式以及两角差的余弦公式可得，再根据角的范围以及余弦函数单调性即可得出结论. 【详解】因为， 所以， 又因为为锐角，则， 而在上单调递减，从而，即. 故选：A. 6. 过点的直线与曲线有两个交点，则直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知曲线是以为圆心，1为半径的半圆，结合图形，利用过两点直线的斜率和直线与圆的位置关系，即可求解. 【详解】由题意易知直线的斜率存在且不为0，设直线， 曲线是以为圆心，1为半径的半圆（如图所示）， 设曲线的下端点为，要使与曲线有两个交点，则应位于直线和切线之间，所以， 因为，易知， 又与曲线相切，由，解得，所以， 所以直线斜率的取值范围为. 故选：B. 7. 已知椭圆右焦点为，过且斜率为1的直线与交于两点，若线段的中点在直线上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别联立直线和椭圆，利用的坐标相等建立齐次方程，求解离心率即可. 【详解】 设，由题意可知直线的方程为， 线段的中点是直线与直线的交点， 联立，解得，所以， 另一方面，联立，得 易知，由韦达定理得，解得， 所以，故离心率，故D正确. 故选：D. 8. 如图，在平行四边形中，为边上异于端点的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，利用共线定理设，表示出，，根据建立等式求解，分别求出各边的长度，然后即可求解． 【详解】由， 知为锐角， 又因为， 所以． 设，即， ． 由， 得 ， 又，故． 则， 因此， 即．在中，由正弦定理， 以及， 整理计算得． 故选：B． 二、多选题 9. 已知双曲线，则（ ） A. 的取值范围是 B. 时，的渐近线方程为 C. 的焦点坐标为 D. 可以是等轴双曲线 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用双曲线的标准方程，即可求解；选项B，根据条件，利用求双曲线渐近线的求法，即可求解；选项C，由选项A知焦点在轴上，再由，即可求解；选项D，利用等轴双曲线的定义，即可求解. 【详解】对于选项A，因为表示双曲线，所以，解得，所以选项A正确； 对于选项B，当时，双曲线方程为，其渐近线方程为，所以选项B错误； 对于选项C，由选项A得0，所以焦点在轴上，设的半焦距为， 则，解得，故其焦点坐标为，所以选项C正确； 对于D，若为等轴双曲线，则，解得，所以选项D正确， 故选：ACD. 10. 下列函数中，存在数列使得和都是公差不为0的等差数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】转化为选项所给函数与一次函数是否存在3个交点，且其中一个交点是另外两个交点的中点，即可满足题意，A选项，根据为奇函数，过原点的直线满足要求，A正确；BC选项，不会有3个交点，舍去；D选项，判断出为奇函数，与过原点的直线会和函数有三个交点，且原点是另外两个交点的中点，D正确. 【详解】该题可转化为判断选项所给函数与一次函数是否存在3个交点，且其中一个交点是另外两个交点的中点，即可满足题意， A选项，为奇函数，过原点的直线与有多个交点（包含原点）， 其中原点为两个对称交点的中点，满足题意，故A正确； B选项，由于与一次函数最多两个交点，不可能有三个交点，故B错误； C选项，为偶函数，且与二次函数图象形状类似，与一次函数最多两个交点，不可能有三个交点，故C错误； D选项，令，解得，故的定义域为， 又，故奇函数， 在上单调递增，且在上单调递增， 由复合函数单调性可知，在上单调递增， 且，时，趋向于， 故过原点的直线可以与奇函数存在三个交点，其中一个为原点， 且原点是另外两个交点的中点，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 是以8为周期的周期函数 C. D 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及表达式可知满足，可判断A正确；化简可得可知B正确；又可得，即C正确；利用赋值法可求得，可知D错误. 【详解】对于A，由题意， 且，即①， 用替换中的，得②， 由①+②得， 所以的图象关于点对称，且，故A正确； 对于B，由， 可得，， 所以， 所以是以8为周期的周期函数，故B正确； 对于C，由①知， 则，所以，故C正确； 对于D，又因为，所以， 令，则有2， 令，则有， 令，则有， 所以 ， 所以 ，故D错误 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：函数性质综合问题经常利用函数的奇偶性、对称性、周期性中的两条性质去推导第三个性质，再将3个性质综合运用即可实现问题求解. 三、填空题 12. 二项式的展开式中的系数为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】先写出二项式的展开式的通项，再依题意求解. 【详解】由二项式的展开式的通项为， 令，得其展开式中的系数为. 故答案为：15 13. 已知函数在区间内恰有两个极值点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦型函数可知：两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，利用正弦型函数的极值点可得即可求解. 【详解】由题意可得，当时，， 由函数在内恰有两个极值点，可知，解得. 故答案为： 14. 将正整数分解成两个正整数的积，即，当两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当是的最优分解时，定义，则数列的前2023项和为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】分为奇数和偶数，按照最优分解定义，求数列的通项，再求和. 【详解】当时，，则， 当时，，则， 故数列的前2023项和为 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对新概念的理解，并对分奇数和偶数两种情况进行讨论，从而得到数列的通项公式. 四、解答题 15. 在中，内角、、的对边分别为、、，且. （1）求； （2）若，且，则的面积为，求、. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进而可求的值； （2）由题意利用三角形的面积公式可求，由余弦定理可得，联立方程即可求解，的值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 所以， 可得：， 因为，所以， 所以， 因为，所以 【小问2详解】 因为，且，则的面积为， 所以， 又由余弦定理可得：， 所以， 由，解得：，或 因为，所以 16. 已知直线交抛物线于两点，为的焦点，且． （1）证明：； （2）求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）联立方程消元，利用根的判别式来证明； （2）设，根据建立等式，将代入等式得出关于，利用偶次方的非负性解不等式即可． 【小问1详解】 由题意联立 得， ； 【小问2详解】 设， 由（1）得， ， ， 即， 即， 整理得， 将代入并整理得，， ，且， 解得：或． 17. 如图，点O为正四棱锥的底面中心，四边形为矩形，且，. （1）求正四棱锥的体积； （2）设E为侧棱PA上的点，且，求直线BE与平面PQC所成角的大小（结果用反三角函数值表示）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接求棱锥的体积即可； （2）以O为原点，分别以、、的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面PQC的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 由已知可得，， 故底面正方形ABCD的边长，所以正四棱锥的 体积为； 【小问2详解】 以O为原点，分别以、、的方向为x、y与z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 易得、、、、. 设平面PQC的一个法向量为， 则，所以. 又，， 即，解得， 可取，依题意可得， 设，则，则有， 故，故，从而， 设直线BE和平面PQC所成角为， 则， 因为，所以， 故直线BE和平面PQC所成角的大小为. 18. 某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. ) （2）（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望； （ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大. 【答案】（1） （2）（i）分布列见解析，；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率. （2）（i）先求出的取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可； （ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可. 【小问1详解】 由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为： ． 即，，所以， 因为质量指标值近似服从正态分布， 所以， 所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为. 【小问2详解】 （i），所以所取样本的个数为20件， 质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3， 相应的概率为： ，， ，， 随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望. （ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件， 设每箱产品的利润为元， 由题意知：， 由（1）知：每箱零件中A等品的概率为， 所以，所以， 所以 . 令，由得，， 又，，单调递增，，，单调递减， 所以当时，取得最大值. 所以当时，每箱产品利润最大. 19. 定义：若对于任意，数列满足：①；②，其中的定义域为，则称关于满足性质. （1）请写出一个定义域为的函数，使得关于满足性质； （2）设，若关于满足性质，证明：； （3）设，若关于满足性质，求数列的前项和. 【答案】（1）（注：所有的定义域为的偶函数均符合题意） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设，得到任意，，且，故满足要求； （2）因为，所以，变形得到，利用基本不等式得到结论； （3）求导，结合基本不等式，求出导数恒大于0，故在上单调递增，而，故在上单调递减，在上单调递增，不妨设，因为，结合性质，得到，求出数列的前项和. 【小问1详解】 令，定义域为R， 显然任意，，且， 故满足要求，（注：所有的定义域为的偶函数均符合题意） 【小问2详解】 因为，所以， 移项得， 因为，所以，故， 由基本不等式，当且仅当时取到等号， 而，故，即. 【小问3详解】 由题意，， 故， 设， 则， 故在上单调递增，而， 故时，时，， 因此在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，因为， 所以当时，，当或时，， 且时，时，， 故对于任意，方程有且只有两个不同的根， 又，故的图象关于对称，故， 因此数列的前项和为. 【点睛】数列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； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$