精品解析：山东省实验中学2025届高三第四次诊断性考试数学试题

山东省实验中学2025届高三第四次诊断考试 数学试题 2025.02 说明：本试卷满分150分.试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上、书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 一、单项选择题：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，若，则（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知是的共轭复数，则 A. B. C. D. 1 3. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知实数，向量的模都等于，且，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 5. 为了检测学生的身体素质指标，从包括游泳类1项，球类3项，田径类4项的共8项体育项目中随机抽取4项进行测试，则每类项目都被抽到的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数有且只有一个零点，则的取值可以是（ ） A. 2 B. 1 C. 3 D. 7. 已知函数是定义域为的函数，，对任意、，均有，已知、为关于x的方程的两个解，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. P是棱长为1正方体棱上一点，则满足的点的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设动直线与圆交于，两点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当最大时， C. 最小为 D. 当最小时，其余弦值为 10. 如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为直角三角形 B. 平面CEF C. 平面 D. 点D到平面的距离为 11. 双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作双曲线的切线交轴于点，交轴于点，则（ ） A. 平面上点的最小值为 B. 直线的方程为 C. 过点作，垂足为，则（为坐标原点） D. 四边形面积最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象关于点对称，则的最小正周期可能是__________（写出一个满足条件的答案即可）． 13. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是______． 14. 已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______． 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. 在一次聚会临近结束时，公司通过摸球抽奖的方式对优秀员工发放奖金.先在一个密闭不透光的箱子中装入6个标有一定金额的球（除标注的金额不同外，其余均相同），其中标注的金额为500元、1000元、1500元的球分别有1个、2个、3个，每个优秀员工每次从箱子中随机摸出1个球，记下摸出的球上的金额数，摸次.规定：摸出的球上所标注的金额之和为其所获得的奖金总金额. （1）若，设第一个摸球的优秀员工获得的金额，求的分布列和数学期望； （2）若，采用有放回方式摸球，设事件“一个优秀员工获得的总金额不超过2500元”，事件“一个优秀员工获得的总金额不低于2000元”，求. 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有一个交点，求实数a的取值范围． 17 如图，内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求的长. 18. 已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧） （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知数列有限数列，满足，则称满足性质. （1）判断数列和是否具有性质，请说明理由； （2）若，公比为的等比数列，项数为12，具有性质，求的取值范围； （3）若是的一个排列符合都具有性质，求所有满足条件的数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省实验中学2025届高三第四次诊断考试 数学试题 2025.02 说明：本试卷满分150分.试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上、书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 一、单项选择题：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，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，分析集合的端点值，知，求解即可 【详解】由题意可得，且，解得． 故选：B. 2. 已知是的共轭复数，则 A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 首先计算，然后利用共轭复数的特征计算的值. 【详解】， ， . 故选:D. 【点睛】本题考查复数的计算，属于基础题型. 3. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆离心率定义，对参数的取值进行分类讨论即可判断出结论. 【详解】由可得椭圆，此时离心率为， 此时充分性成立； 若椭圆的离心率为，当时，可得离心率为，解得， 即必要性不成立； 综上可知，“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件. 故选：B. 4. 已知实数，向量的模都等于，且，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，，可设 ，由数量积公式得，，再利用，即可求得的值. 【详解】因为，所以，又， 所以设且， 所以，，即， 故，且，因此. 故选：D. 5. 为了检测学生的身体素质指标，从包括游泳类1项，球类3项，田径类4项的共8项体育项目中随机抽取4项进行测试，则每类项目都被抽到的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果． 【详解】从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测， 则每一类都被抽到的方法共有种， 而所有的抽取方法共有种， 故每一类都被抽到的概率为， 故选：B． 6. 函数有且只有一个零点，则的取值可以是（ ） A. 2 B. 1 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意将原条件转换为的根的个数之和为1，其中，，从而只需画出它们的图象即可通过数形结合求解. 【详解】或， 显然单调递增，令， 则，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 注意到的交点为，而， 所以在同一平面直角坐标系中作出的图象如图所示， 由图可知的根的个数之和为1，当且仅当， 对比选项可知的取值可以是1. 故选：B. 7. 已知函数是定义域为的函数，，对任意、，均有，已知、为关于x的方程的两个解，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦达定理可得出，，结合条件可得，分析函数的单调性对称性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可求得的取值范围. 【详解】因为、为关于的方程的两个解， 则，解得， 由韦达定理可得， 因为函数是定义域为的函数，， 即， 所以，函数的图象关于点对称，则，， 因为对任意、，均有，即， 所以，函数在上为增函数，则该函数在上也为增函数， 从而可知，函数在上为增函数， 由可得， 解得，所以，， 因此，关于的不等式的解集为. 故选：D. 8. P是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由借助椭圆的定义可得P点的轨迹，再引申到空间，得出P点的轨迹为椭球，再找到椭球与正方体棱的交点个数即可. 【详解】 因为正方体的棱长为1，所以， 又， 所以点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭球上的一点，且焦点分别为， 所以点是椭球与正方体棱的交点，在以为顶点的棱上，以及在以为顶点的棱上，所以共有6个交点. 故选：C 二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设动直线与圆交于，两点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当最大时， C. 最小为 D. 当最小时，其余弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】直线方程可化为，由此可求直线所过定点，由结论判断A，由最大可得过圆心，列方程求，判断 B，由取最小值，可得直线与和的连线垂直，结合弦长公式求弦长，判断C，当最小时最小，再利用余弦定理求余弦值，判断D. 【详解】圆的圆心为，半径， 对于选项A，由动直线可得：， 令，可得，即直线过定点，即选项A正确； 对于选项B，当取得最大值时，直线过圆心， 则，得，选项B正确； 对于选项C，当取得最小值时，直线与和的连线垂直， 经过和的直线的斜率为1，故直线的斜率为，故， 故直线的方程为， 圆心到距离， 所以此时，选项C错误； 对于选项D，当最小时，最小， 结合C选项的推导可得， ，即选项D错误. 故选：AB. 10. 如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为直角三角形 B. 平面CEF C. 平面 D. 点D到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，还原圆锥原图，找出对应线段长度关系、位置关系即可求解. 【详解】该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则， ∴，∴，. ∵F为线段AS的中点，O为线段AD的中点， ∴，且， ∴，即为等腰直角三角形，故选项A正确； 若平面CEF，则， 在直角中，，∴，故选项B错误； ∵，平面，平面， ∴平面，故选项C正确； 设点D到平面的距离为， ∵，即，解得， 即点D到平面的距离为，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作双曲线的切线交轴于点，交轴于点，则（ ） A. 平面上点的最小值为 B. 直线的方程为 C. 过点作，垂足为，则（为坐标原点） D. 四边形面积的最小值为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用双曲线定义将转化为可得解；对B，设出直线的方程为与双曲线联立，根据化简运算得解；对C，由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点，则垂直平分，即，为的中点，进而得得解；对D，求出点坐标，根据，结合基本不等式可求解. 【详解】对于A，由双曲线定义得，且， 则， 所以的最小值为.故A正确； 对于B，设直线的方程为，， 联立方程组，消去整理得，， ，化简整理得，解得， 可得直线的方程为，即，故B正确； 对于C，由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点， 则垂直平分，即，为的中点， 又是中点，所以，故C错误； 对于D，由直线的方程为，令，得，则， ， 当且仅当，即时等号成立， 所以四边形面积的最小值为4，故D项正确. 故选：ABD. . 【点睛】关键点睛：C项中，结合已知给出的双曲线的光学性质，即可推出垂直平分，. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象关于点对称，则的最小正周期可能是__________（写出一个满足条件的答案即可）． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】结合正弦函数图象的对称性和最小正周期计算可得，即可求解. 【详解】∵函数的图象关于点对称， ，解得. ，. 的最小正周期为， 当时，的最小正周期为. 故答案为：（答案不唯一）. 13. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是______． 【答案】7 【解析】 【分析】设从最底层开始的第n层的正方体棱长为，则由题意分析得为以8为首项，为公比的等比数列，直接利用通项公式即可求解. 【详解】设从最底层开始的第n层的正方体棱长为， 则由题意得为以8为首项，为公比的等比数列， 其通项公式为． 令，得，故该塔形几何体中正方体的个数为7． 故答案为：7. 14. 已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案． 【详解】解：作出的函数图象如图所示： ∵存在实数，满足， ， ， 由图可知，， ， 设，其中， ，显然在单调递增， ， ，， 在单调递增， 在的最大值为， 的最大值为， 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. 在一次聚会临近结束时，公司通过摸球抽奖方式对优秀员工发放奖金.先在一个密闭不透光的箱子中装入6个标有一定金额的球（除标注的金额不同外，其余均相同），其中标注的金额为500元、1000元、1500元的球分别有1个、2个、3个，每个优秀员工每次从箱子中随机摸出1个球，记下摸出的球上的金额数，摸次.规定：摸出的球上所标注的金额之和为其所获得的奖金总金额. （1）若，设第一个摸球的优秀员工获得的金额，求的分布列和数学期望； （2）若，采用有放回方式摸球，设事件“一个优秀员工获得的总金额不超过2500元”，事件“一个优秀员工获得的总金额不低于2000元”，求. 【答案】（1）分布列见解析，； （2） 【解析】 【分析】（1）得到的可能取值和对应的概率，得到分布列，求出数学期望； （2）先求出，，利用条件概率求出答案. 【小问1详解】 的可能取值为500、1000、1500， 其中，，， 故的分布列如下： 500 1000 1500 则数学期望为 【小问2详解】 采用有放回方式摸球，每次摸到500元的概率为， 每次摸到1000元的概率为，每次摸到1500元的概率为， 事件包含1种情况，即两次均摸到1500元，故， 故， 事件包含3种情况，两次均摸到1000元；一次摸到500元，一次摸到1500元； 一次摸到1000元，一次摸到1500元； 故， 则. 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有一个交点，求实数a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合函数定义域及的正负即可求解； （2）“曲线与直线有且仅有一个交点”等价于“方程有且只有一个根”，进而转化为“函数有唯一零点”， 对函数求导，分类讨论函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 依意得，函数的定义域为， 求导得， 由，得， 当时，；当时，， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 若曲线与直线有且仅有一个交点， 即方程有且只有一个根 设函数，，即函数有唯一零点， 求导得， ，当且仅当时取等号， ∴当，即时，，函数在上单调递增，且， ∴函数在上有唯一零点，符合题意； 当时，，使得， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， ，当时，， 则使得， 即函数在上至少有两个零点，不合题意. 所以实数a的取值范围为. 17. 如图，内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用勾股定理求出 ，再利用余弦定理求出 ，利用同角三角函数基本关系式求出，最后利用两角差的正弦公式计算即可 （2）设 ，在与采用余弦定理与正弦定理，然后利用与的关系列出关于 的方程，解出 即可 【小问1详解】 ，此时. 在中，， 又，故 所以 【小问2详解】 设，在中，. 在中，，代入得：. 又，故. 即，解得：，所以. 18. 已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧） （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）结合长半轴、焦距与通径定义计算即可得； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，通过计算得到其范围后，即可得的范围；（ⅱ）结合点到直线的距离公式，由题意可得距离相等，代入计算可得点纵坐标，代入方程可得横坐标，即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 则：； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线：，，， 联立，得， 则有，， 且，则， 则 ， 设， 则， 则. （ⅱ）设，则， 设直线，：，， 即分别为：，， 由，则到直线，的距离相等， 联立，有其中一组解， 又与等价， 不妨设，则有， 即，即， 可得， 又，即， 则有， 通分并整理得： . 代入得 . 化简得. 故，则，则. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知数列为有限数列，满足，则称满足性质. （1）判断数列和是否具有性质，请说明理由； （2）若，公比为的等比数列，项数为12，具有性质，求的取值范围； （3）若是的一个排列符合都具有性质，求所有满足条件的数列. 【答案】（1）满足，不满足 （2） （3）共4个满足，分别是：和和和 【解析】 【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质； （2）等比数列具有性质等价于对任意的恒成立，就分类讨论后可得的取值范围. （3）设，先考虑均不存在具有性质的数列，再分别考虑时具有性质的数列，从而得到所求的数列. 【小问1详解】 对于第一个数列有，满足题意，该数列满足性质 对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质. 【小问2详解】 由题意可得， 两边平方得： 整理得： 当时，得， 此时关于恒成立， 所以等价于时，所以， 所以或者，所以取 当时，得， 此时关于恒成立， 所以等价于时，所以， 所以，所以取. 当时，得. 当为奇数的时候，得，因为，故显然成立 当为偶数的时候，得，因为，故显然不成立， 故当时，矛盾，舍去. 当时，得. 当为奇数的时候，得，显然成立， 当为偶数的时候，要使恒成立， 所以等价于时，所以， 所以或者，所以取. 综上可得，. 【小问3详解】 设，， 因为， 故， 所以可以取或者， 若，，则， 故或（舍，因为）， 所以（舍，因为）. 若，，则， 故（舍，因为），或 所以（舍，因为）. 所以均不能同时使，都具有性质. 当时，即有， 故，故， 故有数列：满足题意. 当时，则且，故， 故有数列：满足题意. 当时，， 故，故， 故有数列：满足题意. 当时，则且， 故， 故有数列：满足题意. 故满足题意的数列只有上面四种. 【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定时均不存在具有性质的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$