精品解析：山东省泰山教育联盟2025届高三上学期12月联考联评数学试题

泰山教育联盟2025届高三联考联评 数学试题 2024.12 注意事项： 1.答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，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. 3.非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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. 2. 已知（为虚数单位）为实数，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知向量，，若与平行，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 把一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面半径和高的比值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 6. 已知函数，且是偶函数，则实数（ ） A. B. C. D. 2 7. 一盒中有除颜色外完全相同的5个黑球，4个红球，逐个取出，当剩下全是一种颜色的球时游戏结束，则结束时剩下的是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知随机变量服从正态分布，即，则（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为2的正方体中，点是底面上的一点，且平面，点在线段上，且，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 与平面所成角的正切值的最大值为 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的最大值为4 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的极小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等差数列，，则_____. 13. 如图，在半径为2，圆心角为的扇形的弧上任取一点，点在线段上，且，则面积的最大值为_____. 14. 已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为_____. 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. 如图，在三棱锥中，，，. （1）当三棱锥的体积最大时，求到平面的距离； （2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 一盒中装有10张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，3张卡片上的数字是3，10张卡片除数字不同外其他均相同，从盒中任取3张卡片. （1）求所取3张卡片上的数字完全相同的概率； （2）记所取3张卡片上的数字的中位数为，求的分布列及数学期望. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）若，，求； （2）求的最大值. 18. 已知曲线，过上点作两条互相垂直的直线,，与的另一交点为，与的另一交点为. （1）证明：是双曲线； （2）若到直线的距离为，求直线的方程. 19. 有张卡片，每张卡片上写有一个正整数，且所有卡片上的正整数之和为；已知对任意4个和为的非负整数，，，，总可将这些卡片放入四个小盒（允许有空盒），使得各个小盒里的数字之和分别为，，，，此时称卡片组是“可分的”，其中卡片数最小的值称为“分割届”，记为. （1）求； （2）对“可分的”卡片组，设第张卡片上的正整数为，且，其前项和记为.证明：，； （3）若，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰山教育联盟2025届高三联考联评 数学试题 2024.12 注意事项： 1.答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，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. 3.非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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】由一元二次不等式的解法求出集合，再由交集的运算求出结果即可； 【详解】由解得或，所以或， 所以. 故选：C. 2. 已知（为虚数单位）为实数，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据实数的特征求解. 【详解】由可得， 由于为实数，故，解得， 故选：D 3. 已知向量，，若与平行，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标关系即可求解. 【详解】，， 根据与平行，可得，解得. 故选：A 4. 已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，求导，得到，根据导数几何意义求出切线方程. 【详解】，， 故， 故在处的切线方程为，即. 故选：B 5. 把一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面半径和高的比值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，表示出体积关于高的函数，求导分析即可； 【详解】设圆柱的底面半径为，高为， 由题意可得，即， 圆柱的体积，， ， 令，解得或， 所以当时，，为增函数；当时，，为减函数； 当时，取得极大值，也是最大值， 此时高为1，半径为，底面半径和高的比值为， 故选：B. 6. 已知函数，且是偶函数，则实数（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式得到，，从而得到的表达式，根据函数为偶函数得到方程，求出，求出答案. 【详解】，其中， ， 为偶函数，故，解得， 则. 故选：B 7. 一盒中有除颜色外完全相同的5个黑球，4个红球，逐个取出，当剩下全是一种颜色的球时游戏结束，则结束时剩下的是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将9个球排成一排，共有种组合，题目等价于从左到右，黑球的个数累计5个时，红球的个数少于等于3个的组合数和总数的比，利用分类加法计数原理得到满足要求的情况数从而求出概率. 【详解】将9个球排成一排，选择5个位置给黑球，4个位置给红球，共有种组合， 题目等价于从左到右，黑球的个数累计5个时，红球的个数少于等于3个的组合数和总数的比， 从左到右，若后4个球均为红球，则前5个球均为黑球，此时有1种情况， 若后3个球均为红球，则第6个球为黑球，前5个球有1个为红球，此时有种情况， 若后2个球均为红球，则第7个球为黑球，前6个球有2个为红球，此时有种情况， 若最后1个球为红球，则第8个球为黑球，前7个球有3个为红球，此时有种情况， 综上，满足要求的情况数共有. 故游戏结束时剩下的是红球的概率为. 故选：D 8. 已知函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数的运算性质，可得，进而根据奇偶性的定义可判断为偶函数，根据对勾函数的单调性以及复合函数单调性原则可得的单调性，即可求解. 【详解】，由于， 故为偶函数， 当时，则在单调递增，因此在单调递增， 因此在单调递减， 由可得，解得， 故选：A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知随机变量服从正态分布，即，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布，期望，方差可判断AB，根据正态分布的对称性可判断CD. 【详解】对于A，根据正态分布，期望，可得，故A错误； 对于B，根据正态分布，方差，可得，故B正确； 对于C，对于正态分布，图象关于对称， 所以，即，故C正确； 对于D，根据图象关于对称，可得与对称， 根据正态分布图象的特点，离对称轴越远概率越小，比离对称轴远， 所以，即，故D错误； 故选：BC. 10. 在棱长为2的正方体中，点是底面上的一点，且平面，点在线段上，且，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，证明平面平面，故点在直线上，建立空间直角坐标系，设，，则，故，A正确；B选项，，故当时，取得最小值，最小值为，B正确；C选项，将等腰直角和矩形沿着折到同一个平面内，由勾股定理求出最小值；D选项，设与平面所成角为，求出，分两种情况，换元求出正弦的最大值，得到正切的最大值. 【详解】A选项，如图，因为，， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 点是底面上的一点，平面，平面底面， 故点在线段上， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，，则，， 故， 故，A正确； B选项，， 故当时，取得最小值，最小值为， 则的最小值为，B正确； C选项，将等腰直角和矩形沿着折到同一个平面内，如图， 连接，交于点，则的最小值即为的长， 过点作⊥于点，交于点， 其中分别为，的中点，，， 故， 由勾股定理得，C错误； D选项，平面的一个法向量为， 点在线段上，且，故， ，，故， 设与平面所成角为， 则， 若，则，故，， 若，令， 则， 其中， 由于，故， 当且仅当，，时，等号成立， 故， 当时，， 由于，均在上单调递增， 故正切值的最大值为， 综上，与平面所成角的正切值的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的最大值为4 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的极小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，计算出，A正确；B选项，举出反例，，由基本不等式得到；C选项，求导，当时，，当时，变形得到，令，，求导，得到的单调性，结合，故，故，故在上单调递减，C正确；D选项，在C选项基础上，得到的单调性，进而可得解. 【详解】A选项，， 故的图象关于直线对称，A正确； B选项，， 故， ， 由于， 当且仅当，即时，等号成立， 故，B错误； C选项，， 当时，，故， 故，在区间上单调递减， 当时，， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 由于，，即， 故，故， 故在区间上单调递减， 又在上为连续函数，故在区间上单调递减，C正确； D选项，由C知，在区间上单调递减， 当时，， ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 当时，，，， 当时，，，， 故在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 故恒成立， 故在上单调递增， 又在上为连续函数，故在区间上单调递减， 在上单调递增， 故在区间上的极小值点为， 极小值为，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：CD选项，在处理和等区间上函数单调性的技巧，要变形得到，构造，求导，得到函数单调性，从而只需判断的大小，即可判断出的正负，确定函数单调性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等差数列，，则_____. 【答案】8 【解析】 【分析】设出公差，由题目条件得到，即. 【详解】设公差为，，， 故； 故答案为：8 13. 如图，在半径为2，圆心角为的扇形的弧上任取一点，点在线段上，且，则面积的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，设，，表达出其他各角，由正弦定理得到方程，表达出，，从而由三角恒等变换得到，结合和正弦函数图象，求出最大值，得到答案. 【详解】连接，设，，则， 因为，所以，， 在中，由正弦定理得， 即， 故， 过点作⊥于点， 则， 故 ， 因为，所以， 则，故， 所以面积最大值为. 故答案为： 14. 已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】求出抛物线焦点坐标为，由抛物线定义得到，数形结合当三点共线时，取得最小值，最小值为，的最小值即为的最小值，将图形整体向上平移两个单位，等价于在圆上找到点，使得取得最小值，结合三角换元即可求解. 【详解】的焦点坐标为，为抛物线的准线， 故，则， 连接，与交于点，即当三点共线时， 取得最小值，最小值为， 的最小值即为的最小值， 为了计算的简便，先将图形整体向上平移两个单位，如下图， 其中，， 原问题等价于在圆上找到点，使得取得最小值， 根据圆的对称性，不妨设在第一象限， 设，， ， 设， 则， 令，则， 而， 故，当时，当时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故， 则的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 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. 如图，在三棱锥中，，，. （1）当三棱锥的体积最大时，求到平面的距离； （2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由基本不等式得到，此时，当⊥平面时，三棱锥的体积取得最大值，并证明线面垂直，得到⊥，由勾股定理得，故，从而利用求出答案； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到两个平面的法向量，求出面面角的余弦值. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为，故，， 当且仅当时，等号成立， 则， 要想三棱锥的体积最大，需⊥平面， 此时三棱锥的体积， 因为⊥平面，平面，所以⊥，⊥， 又，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 由勾股定理得， 故， 设到平面的距离为，则； 【小问2详解】 过点作， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为 16. 一盒中装有10张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，3张卡片上的数字是3，10张卡片除数字不同外其他均相同，从盒中任取3张卡片. （1）求所取3张卡片上的数字完全相同的概率； （2）记所取3张卡片上的数字的中位数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 1 2 3 数学期望【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合即可求解， （2）分别求解的概率，即可得分布列，进而根据公式求解期望. 【小问1详解】 所取3张卡片上的数字完全相同,则需要所取3张均为1，或者均为2，或者均为3，故概率为, 【小问2详解】 若，则所取的3张卡片中至少有2张是数字1，故概率为, 若，则所取的3张卡片中至少有2张是数字2，或者3张卡片分别为1，2，3，故概率为, 若，则所取的3张卡片中至少有2张是数字3，故概率为, 故的分布列为 1 2 3 故 17. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）若，，求； （2）求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由同角的三角函数关系对已知等式化简，再结合正弦定理求解即可； （2）由两角差的正弦展开式和诱导公式化简已知等式得到，再构造函数，利用导数分析其单调性求出最值即可； 【小问1详解】 由可得，所以， 又， 整理可得，解得或（舍）， 由正弦定理可得. 【小问2详解】 由，即， 所以或（舍）， 所以，所以， 所以， 由， 令， 则， 因为，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即的最大值. 18. 已知曲线，过上点作两条互相垂直的直线,，与的另一交点为，与的另一交点为. （1）证明：是双曲线； （2）若到直线的距离为，求直线的方程. 【答案】（1）证明如下： 曲线的渐近线是轴， 联立，得或， 记，， 取， 设是曲线上任意一点，则， 因为 ， 所以，所以是双曲线. （2）或 【解析】 【分析】（1）由双曲线的性质证明即可； （2）设，直曲联立得到韦达定理，利用两直线垂直得到，再由点到直线的距离求出，进而求出直线方程； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，， 联立曲线可得，消去可得， ， ， 所以，， 因为，相互垂直，所以，即， 代入韦达定理并化简可得， 即，解得或， 当时，直线方程为，恒过点，不符合题意，舍去； 当时，直线方程为，由，解得或4， 此时直线方程为或. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法并与曲线联立得到韦达定理式，再利用垂直得到关系式，代入韦达定理化简即可. 19. 有张卡片，每张卡片上写有一个正整数，且所有卡片上的正整数之和为；已知对任意4个和为的非负整数，，，，总可将这些卡片放入四个小盒（允许有空盒），使得各个小盒里的数字之和分别为，，，，此时称卡片组是“可分的”，其中卡片数最小的值称为“分割届”，记为. （1）求； （2）对“可分的”卡片组，设第张卡片上的正整数为，且，其前项和记为.证明：，； （3）若，求的最大值. 【答案】（1）4 （2）证明如下： 当时显然成立， 下设，假设，即， 取正整数使得， 则， 考虑， 注意到只能写成中某些项的和， 所以与矛盾，故得证. （3）205 【解析】 【分析】（1）由数列新定义令，即取，再用穷举法得出即可； （2）当时显然成立，当，假设，结合数列新定义利用反证法证明； （3）由“可分割数列”的性质分的取值讨论即可； 【小问1详解】 用表示命题“可将数列的前项分为4组，使得各组所有项之和分别为”， 由知，则， 又令，即取，穷举，知. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 满足（2）的条件且和为的数列为“可分割数列”， 事实上，依次放置第张，第张，，第一张卡片即可，对当需要放第张卡片时，由于，故一定有一堆可以放入第张卡片， 由此即可列出下标得到的最大值： 的最大值 的最大值 1 1 1 2 1 2 3 1 3 4 2 5 5 2 7 6 3 10 7 4 14 8 5 19 9 7 26 10 9 35 11 12 47 12 16 63 13 22 85 14 19 114 15 39 153 16 52 205 即时，的最大值为205. 【点睛】关键点点睛：本题三问的关键是能根据题意理解数列新定义的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $