精品解析：山东省潍坊市普通高中2025届高三上学期学科素养能力测评数学试题

高三数学 2025.1 本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. “”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 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知数列满足，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 从装有3个红球和3个黑球口袋内任取3球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少一个红球和都是红球 B. 至少一个黑球和都是红球 C. 至少一个黑球和至少一个红球 D. 恰有一个红球和恰有一个黑球 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 7. 设复数，满足，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，命题甲：若的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象，则；命题乙：若的图象与直线有三个交点，，，且成等差数列，则.下列说法正确的是（ ） A. 甲为真命题，乙为假命题 B. 甲为假命题，乙为真命题 C. 甲为真命题，乙为真命题 D. 甲为假命题，乙为假命题 二、多项选择题：本大题共3个小题，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 为了解某地区推广新农业技术后的农作物亩产量（单位：千克）情况，从该地区抽取样本，得到推广新技术后农作物的平均亩产量为510，样本方差为4.已知该地区以往农作物的平均亩产量为500，样本方差为36，假设以往农作物的亩产量和推广新技术后的亩产量都服从正态分布，则（ ） A B. C. D. 10. 已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（ ） A. B. 圆台侧面展开图扇环圆心角为 C. 过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D. 在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 11. 已知正项数列满足，，设，的前项和为，，则（ ） A. 为等差数列 B. C. 为递增数列 D. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数是______． 13. 写出与椭圆：和抛物线：都相切的一条直线方程______. 14. 已知函数定义域为，若存在实数，（）使得对于定义域内任意实数，均有成立，则称为“可平衡”函数，有序数对称为的“平衡”数对.若，，且，均为函数的“平衡”数对，则的取值范围是______. 四、解答题：本大题共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. 已知正项数列前项积为，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求. 17. 已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点. （1）求方程； （2）设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线. 18. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 19. 定义：由个数（；）排成的行列数表称方阵，其中为方阵中第行第列的数.现有方阵，通过变换将变换为（例如通过可将变换为），其中为中第行第列的数，，. （1）经过变换为，求； （2）设集合，都有，首次变换满足，记. ①求，； ②若，从集合中任取个数，表示两数都为奇数的概率，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学 2025.1 本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. “”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】A 【解析】 【分析】先化简条件，结合四种条件的定义可得答案. 【详解】因为，所以，即，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简两个集合，即可根据交集的定义求解. 【详解】， ， 故， 故选：B 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行列方程，从而求得. 【详解】， 由于， 所以. 故选：C 4. 已知数列满足，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用累加法结合可求答案. 【详解】因为，所以，，，， 以上各式相加可得，即. 因为，所以. 故选：A 5. 从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取3球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少一个红球和都是红球 B. 至少一个黑球和都是红球 C. 至少一个黑球和至少一个红球 D. 恰有一个红球和恰有一个黑球 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥事件及对立事件的定义进行依次判断. 【详解】对于A至少一个红球和都是红球不互斥，同时发生的情况是都是红球，A错误； 对于B至少有一个黑球和都是红球互斥并对立，所以B错误； 对于C至少一个黑球和至少一个红球，当一个黑球两个红球是可以同时发生，不互斥，C错误； 对于D，恰有一个红球和恰有一个黑球，互斥但不对立，存在情况都是红球或都是黑球，D正确. 故选:D. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理得到，求出，由三角形面积公式得，，，根据，求出，由基本不等式，得到，从而求出面积最小值. 【详解】，由正弦定理得， 因，所以，故， 所以， 因为，所以， 平分，故， 由三角形面积公式得， ，， 因为，所以， 即， 由基本不等式得， 故，解得，当且仅当时，等号成立， 故. 故选：B 7. 设复数，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及向量运算可求解答案. 【详解】设复数，在复平面内对应的点为，则由题意, 因，所以，即为正三角形，其高线长为； . 故选：C 8. 已知函数，命题甲：若的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象，则；命题乙：若的图象与直线有三个交点，，，且成等差数列，则.下列说法正确的是（ ） A. 甲为真命题，乙为假命题 B. 甲为假命题，乙为真命题 C. 甲为真命题，乙为真命题 D. 甲为假命题，乙为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】甲，需满足在R上单调，求导，得到时，在R上单调递增，不合要求，故甲为真命题；乙，令，变形后得到方程组，结合等差数列的性质得到，故，故，乙为真命题. 【详解】命题甲，的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象， 又为连续函数，需满足在R上单调， 其中， 若，则，故满足在R上单调递增，满足要求， 若，令，解得或， 令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 不合要求，故甲为真命题； 乙命题，令，故， 令， 因为， 所以， 因为成等差数列，所以， 因为，所以， 故，故，满足要求，乙为真命题. 故选：C 【点睛】结论点睛：设一元三次方程的三个根为， 原方程可化为， 整理得， 比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系： . 二、多项选择题：本大题共3个小题，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 为了解某地区推广新农业技术后的农作物亩产量（单位：千克）情况，从该地区抽取样本，得到推广新技术后农作物的平均亩产量为510，样本方差为4.已知该地区以往农作物的平均亩产量为500，样本方差为36，假设以往农作物的亩产量和推广新技术后的亩产量都服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布的概念和密度曲线的性质即可得出结论. 【详解】由题意得，，故A错误B正确； ，，所以，故C正确； 因为，所以，故D错误. 故选：BC 10. 已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（ ） A. B. 圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C. 过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D. 在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据轴截面分析即可；对B，根据圆台的侧面积公式求解即可；对C，应用二面角及点到平面距离计算即可；对D，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可 【详解】对A，圆台上、下底面半径分别为1，4，， 则半径为的球内切于圆台，所以，故A正确； 对B，由A母线长为5，设圆台侧面展开图扇环的圆心角为，则根据扇形弧长，所以，故B正确； 对C，过的截面与底面所成角为60°时，圆面， 所以，到截面距离为，故C错误； 对D，由题意A，圆台中能放下的最大球的半径为，直径为， 故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为，故D正确； 故选：ABD 11. 已知正项数列满足，，设，的前项和为，，则（ ） A. 为等差数列 B. C. 为递增数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可结合等差中项判断A，根据裂项求和可得，即可求解BC，利用导数求证当且仅当时取等号，取可得，即可利用对数的运算性质求解. 【详解】由可得， 故，故为等差数列，A正确， 设公差为，由，可得，故， ， 因此 ，故， 故，故B错误， 对于C，由于故，因此为单调递增数列，C正确， 对于D，设 则当时，单调递减，当时，单调递增，故，故当且仅当时取等号， 因此取可得， 故 由于，故 故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用常用不等式取可得，即可利用对数的运算性质求解. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据乘法公式展开即可求出各项，进而确定系数和. 【详解】的结果中含的项， 一定是三个括号用x另一个括号用具体数字进行相乘， 因此含的项为. 因此含的项的系数为-1+(-2)+(-3)+(-4)=-10. 故答案为：-10. 13. 写出与椭圆：和抛物线：都相切的一条直线方程______. 【答案】或（只需写出其中一个） 【解析】 【分析】先说明所求直线的斜率存在，再设 所求直线为，联立方程组结合切线性质列方程求，由此可得所求直线方程. 【详解】抛物线的对称轴为， 所以抛物线的切线的斜率一定存在，故所求直线的斜率存在， 设所求直线的方程为， 因为直线与抛物线相切， 所以方程组只有一组解， 所以方程只有一个根， 所以方程的判别式，即， 因直线与椭圆相切， 所以方程组只有一组解， 所以方程只有一个根， 方程的判别式， 所以， 所以， 所以或， 所以或， 所以所求直线方程为或. 故答案为：或（只需写出其中一个即可）. 14. 已知函数定义域为，若存在实数，（）使得对于定义域内任意实数，均有成立，则称为“可平衡”函数，有序数对称为的“平衡”数对.若，，且，均为函数的“平衡”数对，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据“平衡”数对的含义先求出的表达式，利用换元法，结合对勾函数的单调性可求答案. 【详解】因为是“平衡”数对，所以， 即， 所以. 同理可得， 所以， 令，则，， 由对勾函数的性质可得在单调递减， 所以时，有最大值；时，有最小值； 所以的取值范围是. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知正项数列前项积为，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）分和两种情况讨论即可； （2）求出，求出，根据错位相减法即可求出列的前项和. 【小问1详解】 ，当时，， 当时，， 时适合上式，所以； 小问2详解】 ， ，， 令①， ②， ①－②得， 所以， 所以. 16. 如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）或. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直性质定理得出平面，再得出线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设（），利用空间向量求解二面角计算求参. 【小问1详解】 在直平行六面体中， 易知，因为，平面， 所以平面， 所以，所以， 因为，所以， 在矩形中，，，， 所以，所以， 因为为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以平面，所以平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 平面的法向量为， 设（），则， ，， 设平面的法向量为， 所以所以 令，则，，所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以或， 所以的值为或. 17. 已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点. （1）求的方程； （2）设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率及焦点坐标列方程求解得出双曲线方程； （2）分直线的斜率为0和直线的斜率不为0两种情况分别检验，即可证明三点共线. 【小问1详解】 由题意知，因为， 所以，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 由题意知，， 当直线的斜率为0时，：，此时，，三点共线显然成立， 当直线的斜率不为0时，设：，，， 联立可得， 由题意得， ， 所以，， 因为直线的方程为， 令，得，所以， 所以， 因为， 所以 所以，故，，三点共线， 综上得，，三点共线. 【点睛】关键点点睛：证明关键点是把三点共线转化为结合韦达定理即可求解证明. 18. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【小问1详解】 ，，， 所以在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； 【小问3详解】 方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 19. 定义：由个数（；）排成的行列数表称方阵，其中为方阵中第行第列的数.现有方阵，通过变换将变换为（例如通过可将变换为），其中为中第行第列的数，，. （1）经过变换为，求； （2）设集合，都有，首次变换满足，记. ①求，； ②若，从集合中任取个数，表示两数都为奇数的概率，证明：. 【答案】（1） （2）①，；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接利用题设定义，即可求解； （2）①根据条件，利用题设定义得，进而有，或，， 再分类讨论，即可求解；②根据题设得，再通过分类讨论可得，当时，，当时，，再利用的单调性，即可求解. 【小问1详解】 ，所以 【小问2详解】 ①， 所以，所以， 因为，， 所以，或，， 若，，则，所以， 若，，则，所以， 综上，所以，. ②因为，所以， 即与奇偶不同，又，所以为偶数， 所以当为奇数时，为偶数，为奇数； 当为偶数时，为奇数，为偶数， 因为，， 所以， 所以在，，…，中， 共有偶数个奇数，即集合中有偶数个奇数， 当（）时，中有个奇数，不符合题意， 当（）时，中有个奇数，不符合题意， 当（）时，中有个奇数，符合题意， 当（）时，中有个奇数，符合题意， 所以当时， ，递减，所以， 当时， ，递增，所以， 综上. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$