精品解析：2025年山东省青岛市青岛第五十八中学一模数学试题

2022级青岛五十八中调研6（一模） 数学试题 命题：高三数学 祖豪 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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. 已知集合，，则的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的描述法确定集合中的元素，根据交集的概念可得，从而根据其元素个数得子集个数. 【详解】因为， ， 所以，所以的子集个数为． 故选：D． 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘方运算和四则运算法则求出复数，继而得的虚部. 【详解】由， 则，的虚部为2. 故选：D. 3. 已知向量，，若与同向共线，则（ ） A. 3 B. C. 或3 D. 0或3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示结合条件即得. 【详解】因为向量，， 由，可得或， 当时，，，，满足题意， 当时，，，，不满足题意， 所以. 故选：A. 4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可. 【详解】由得或 所以的定义域为 因为在上单调递增 所以在上单调递增 所以 故选：D 【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域. 5. 已知今天是星期三，则天后是（ ） A. 星期一 B. 星期二 C. 星期三 D. 星期五 【答案】A 【解析】 【分析】结合二项式展开式，求出它除以7的余数，可得结论. 【详解】 ． 即除以7的余数为5，所以天后是星期一. 故选：A. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合式子中角的特点以及范围，分别求， ，再根据正切值缩小的范围，从而得到的范围，即可得到角的大小. 【详解】因为 ， ， 而，，所以，，，，所以． 故选：D． 7. 已知等差数列的公差为，前项和为．设甲：；乙：是递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用公差，如，，，，…，0，1，2，…与，可判断结论. 【详解】若公差，如数列，，，，…，0，1，2，…，则数列的前项和先减再增； 若是递增数列，如，则为常数列也为等差数列，且； 所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件，故D项正确. 故选：D. 8. 已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在，单调，分在单调递增、单调递减两种情况，分别求得的最大值，综合可得它的最大值． 【详解】函数，，为的零点，为图象的对称轴， ，，且，， 相减可得，，即，即为奇数． 在单调， ①若在单调递增， 则，且，， 即①，且，②， 把①②可得：，，故有奇数的最大值为11． 当时，，，，． 此时在上不单调，不满足题意． 当时，，，，， 此时在上单调递减，不满足题意； 故此时无解． ②若在单调递减， 则，且，， 即③，且，④， 把③④可得：，，故有奇数的最大值为11． 当时，，，，． 此时在上不单调，不满足题意． 当时，由①在上单调递减，满足题意； 故的最大值为9． 故选：C 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. 若是样本数据的平均数，则（ ） A. 的极差等于的极差 B. 的平均数等于的平均数 C. 的中位数等于的中位数 D. 的标准差大于的标准差 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，依次分析两组数据的极差、平均数、中位数和标准差是否相等，综合可得答案． 【详解】对于A，样本数据的平均数为，则，故的极差等于的极差，故A正确； 对于B，数据的平均数，故B正确； 对于C，如果是按从小到大排列，则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误； 对于D，的方差， 而的方差， 但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误． 故选：AB． 10. 已知等差数列中，当且仅当时，取得最大值.记数列的前k项和为，（ ） A. 若，则当且仅当时，取得最大值 B. 若，则当且仅当时，取得最大值 C. 若，则当且仅当时，取得最大值 D. 若，，则当或14时，取得最大值 【答案】BD 【解析】 【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况. 【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列， 对于A，且时取最大值，设， 则， 当时，；时，；时，， 所以或14时，前k项和取最大值，A项错误； 对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，. ，则，， ，， 前14项和最大，B项正确； 对于C，，则，同理，，， 前13项和最大，C项错误； 对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确； 故选：BD. 11. 已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 是的一个周期 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法令根据表达式可判断A正确，再根据偶函数定义可得B正确；取并根据对称中心定义可得C正确，由对称中心以及偶函数性质可判断是的一个周期，可得D错误. 【详解】对于A,根据题意令，则由可得，解得，即A正确； 对于B,令可得，所以， 即可得对任意的满足，即是偶函数，所以B正确； 对于C,令，则由可得， 即满足，因此可得的图象关于点中心对称，即C正确； 对于D,由于是偶函数，所以满足，即， 可得，也即，所以是的一个周期，即D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知随机变量，则的值为__________. 【答案】16 【解析】 【分析】理解正态分布的均值、方差的含义即得，再利用随机变量的方差性质即可求得. 【详解】由可得,则. 故答案为：16 . 13. 已知等比数列的公比，存在，满足，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，再根据基本不等式结合对勾函数性质求解即可． 【详解】在等比数列中，由，得，即， 则，则， 当且仅当，即时取等号，此时，而， 由对勾函数的性质知，当时，； 当时，，又， 所以当时，取得最小值为. 故答案为： 14. 双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意不妨设双曲线的焦点在轴，设过的直线与圆相切于点，则在、中应用正弦定理可得，再结合双曲线定义可得，再运用余弦定理可得，进而可求得离心率. 【详解】不妨设双曲线的标准方程为，则， 设过的直线与圆相切于点，则在中，， 且点位于双曲线的右支，如图所示， 在中，由正弦定理得， ， 又， ， 在中，， 即， 化简得，即. 故答案为：. 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. 已知数列中，为的前项和，，，. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）. （2） ，得，则， 即有前项和为， ， 两式相减可得， ， 化简得， 由于各项大于0，得， 由不等式的性质可得. 故. 【解析】 【分析】（1）由已知得，即有，两式相减得，根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案； （2）由（1）得，运用错位相减法和数列的单调性可得证. 【小问1详解】 解：当时，， ，得， 两式相减得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列， 则，，，即有； 【小问2详解】 略 16. 如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，． （1）证明：； （2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以． 又因为，平面, 所以平面,平面． 所以． 由于,所以四边形为平行四边形，所以． 又，所以， 所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直， （2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为，所以， 又，平面,所以平面． 取中点，连接，设． 设多面体的体积为， 则 ． 解得． 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ． 则平面的一个法向量． 所以， 设平面的一个法向量， 则即取． 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束． （1）求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率； （2）若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） X的分布列为： X 2 3 4 5 P 期望为 【解析】 【分析】（1）由互斥加法以及独立乘法公式即可求解； （2）X的可能取值为2，3，4，5，算出对应的概率即可得分布列以及数学期望. 【小问1详解】 设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（，2，3）摸到红球为事件， 则事件， 显然、、彼此互斥， 由互斥事件概率的加法公式： 因为每次摸到红球后放回，所以，，， 所以，. 【小问2详解】 依题意，X的可能取值为2，3，4，5， ， ， ， ， 所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为： X 2 3 4 5 P . 18. 在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点为直线：与椭圆：的一个交点，且，. （1）证明：直线与椭圆相切； （2）已知直线与椭圆：交于，两点，且点为的中点. （i）证明：椭圆的离心率为定值； （ii）记的面积为，若，证明：. 【答案】（1）由题意，，得， 所以， 因为点为直线与椭圆的一个交点，且， 所以，代入的表达式可得， ， 所以直线与椭圆相切； （2）（i），可得， 由韦达定理知，，又因为点为的中点， 所以，解得， 所以为定值； （ii）设原点到直线$AB$的距离为， 则， 因为， 所以，， 所以 ， 所以 ， 由(1)可得， 所以， 又因为， 所以， 即， 所以， 令， 则， 令， 所以， 所以在上单调递减， 所以当时，， 所以，在上单调递减， 所以， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）联立椭圆与直线的方程，得关于的一元二次方程，由表示出，代入，计算得，可证明直线与椭圆相切； （2）（i）联立方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理代入化简得的关系，即可求得离心率；（ii）由弦长公式表示出，利用点到直线距离公式求解的高，代入面积公式，化简计算得，即可证明. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 若在D上的“Ω点”个数为，则，符合要求； 若在D上的“Ω点”个数为，令在D上的“Ω点”分别为、、、， 其中、，、、、， 若， 则若，由，则，即， 若，由题意，，， 故，即，又，故，符合要求； 若， 则，，，， 由，则， 若，即，则， 若，由题意，，且， 又，故，即，，，， 即有，即， 由，故， 又，故， 即在D上的“Ω点”个数不小于. 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得对，，当时，都有，即可结合导数研究单调性后取最大值点即可得； （ii）由题意可得在时恒成立，借助导数分、、及讨论函数单调性即可得； （2）分“Ω点”个数为，及大于等于进行讨论，结合，从而得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 【小问1详解】 （i）当时，， 则， 则当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 即对，，当时，都有， 即在上的最大“Ω点”为； （ii）由题意可得在时恒成立， ， 令，， 则， 当时，恒成立，故在上单调递减， 则， 故在上单调递减，此时，符合要求； 当时，令，则， 则当，即时，，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 有，不符合要求，故舍去； 当，即时，恒成立，故在上单调递减， 则，故在上单调递减， 此时，符合要求； 当，即时， 若，，若，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则若需恒成立，有，解得， 由，故， 由，故， 即当时，符合要求； 综上所述，； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，结合定义得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级青岛五十八中调研6（一模） 数学试题 命题：高三数学 祖豪 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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. 已知集合，，则的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知向量，，若与同向共线，则（ ） A. 3 B. C. 或3 D. 0或3 4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知今天是星期三，则天后是（ ） A. 星期一 B. 星期二 C. 星期三 D. 星期五 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的公差为，前项和为．设甲：；乙：是递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 8. 已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7 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. 若是样本数据的平均数，则（ ） A. 的极差等于的极差 B. 的平均数等于的平均数 C. 的中位数等于的中位数 D. 的标准差大于的标准差 10. 已知等差数列中，当且仅当时，取得最大值.记数列的前k项和为，（ ） A. 若，则当且仅当时，取得最大值 B. 若，则当且仅当时，取得最大值 C. 若，则当且仅当时，取得最大值 D. 若，，则当或14时，取得最大值 11. 已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 是的一个周期 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知随机变量，则的值为__________. 13. 已知等比数列的公比，存在，满足，则的最小值为_________． 14. 双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为__________. 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. 已知数列中，为的前项和，，，. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 16. 如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，． （1）证明：； （2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束． （1）求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率； （2）若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分的分布列和数学期望． 18. 在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点为直线：与椭圆：的一个交点，且，. （1）证明：直线与椭圆相切； （2）已知直线与椭圆：交于，两点，且点为的中点. （i）证明：椭圆的离心率为定值； （ii）记的面积为，若，证明：. 19. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $