山东省名校考试联盟2025届高三下学期2月开学联考数学试题

山东省“名校考试联盟”2025届高三下学期2月开学联考数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.设集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.已知，则(    ) A. B. C. D. 3.已知，则下列结论正确的是(    ) A. B. C. D. 4.某商品的广告支出费用单位：万元与销售量单位：万件之间的对应数据如表所示： 广告支出费用x 5 销售量y 15 18 根据表中数据可得回归直线方程为，则第三个样本点对应的残差为(    ) A. B. C. D. 5.已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为(    ) A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 6.已知A，B是椭圆的左、右顶点，点M为C上不同于A，B的一点，若的最大值为，则C的离心率为(    ) A. B. C. D. 7.在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为(    ) A. B. C. D. 8.已知函数的定义域为，对于，满足，且当时，若函数恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则(    ) A. B. 所有项的系数和为1 C. 没有常数项 D. 的系数为14 10.设函数，已知在有且仅有3个零点，则(    ) A. 在有且仅有2个极大值点 B. 在有且仅有1个极小值点 C. 在单调递增 D. 若在单调递减，则的最小值为2 11.已知圆，点P为直线与y轴的交点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则(    ) A. 若直线l与圆M相切，则 B. 时，四边形PAMB的面积为 C. 的取值范围为 D. 已知点，则为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在菱形ABCD中，，，E，F分别为AD，CD的中点，则         . 13.已知数列满足，且，，，则数列的前10项和为          . 14.如图所示的迷宫共有9个格子，相邻格子有门相通，9号格子就是迷宫出口，整个迷宫将会在4分钟后坍塌，若1号格子有一只老鼠，这只老鼠以每分钟一格的速度在迷宫里乱窜它通过各扇门的机会相等，则此老鼠在迷宫坍塌之前逃生的概率是          . 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题12分 在中，角A，B，C，所对边分别为a，b，c，已知，且 求 若D为AB边的中点，且，，求的面积. 16.本小题12分 已知函数 当时，求曲线过点的切线方程; 当时，，求a的取值范围. 17.本小题12分 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，已知，，三棱锥的体积为 设平面CAB与平面的交线为l，证明： 在线段上是否存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为若存在，指出P点的位置;若不存在，说明理由. 18.本小题12分 在直角坐标系xOy中，点Q到点的距离比到x轴的距离大，记动点Q的轨迹为 求C的方程; 过C上一点P作抛物线的两条切线，切点分别为M， ⅰ设，若，，求P点坐标; ⅱ设两直线PM、PN与C在x轴上方包括x轴的交点分别为P，Q，R或S，T，Q，R，记三角形PQR和四边形STQR面积分别为，，若，恒成立，求m的最大值. 19.本小题12分 设，已知无穷数列的各项均为正整数，且，记数列的前n项所构成的集合为，对于任意正整数n，从集合中任取不同的若干项取出的项数大于等于1，如果项数是1，运算结果是它本身，如果这些项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值所构成的正整数集合为，且，则称数列为完美数列. 分别判断数列和是否为完美数列，不需要说明理由; 若等差数列是完美数列，求公差的所有可能取值; 若从集合中任取不同的若干项之间进行加减法运算后所得的数的绝对值互不相同，且为完美数列.证明： 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：由 得， 又因为， 所以   故选 2.【答案】C  【解析】解：由题意， 3.【答案】D  【解析】解：对于A、当时显然错误； 对于B、当时显然错误； 对于C、当时显然错误； 对于D、由，得，， 则，当且仅当时，取等号，故D正确 4.【答案】D  【解析】解：由已知，，， 所以，于是，， 因此，第三个样本点对应的残差为 故选 5.【答案】A  【解析】解：设这个数列有n项，则，， 因此，即，则，故 故选 6.【答案】C  【解析】解：因为A，B是椭圆C的左、右顶点，点M为C上不同于A，B的一点， 所以当点M与椭圆C的上或下顶点重合时，最大，而的最大值为， 因此，所以，即， 因此椭圆C的离心率 7.【答案】A  【解析】解： 由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中，该长方体的长为，宽为1，高为2， 则三棱锥的体积为 8.【答案】D  【解析】解：令，所以，所以，则， 因为在上单调递减，且，所以在上单调递增， 又因为，，，，， 令则令，则，图象如图所示，结合图象， 则中需提供一个根，且该根位于之间，所以，又因为，则 9.【答案】BCD  【解析】解：因为第4项与第5项的二项式系数相等，所以，解得，故A错误; 令，可得展开式中所有项的系数和为，故B正确; 在中，第项， 取，即，所以不存在常数项，故C正确; 取，即，所以，所以的系数为14，故D正确. 10.【答案】AC  【解析】解：已知在有且仅有3个零点，则在上有2个或3个极值点， 即在上有且仅有2个极大值点，故A正确； 当时，， 在有且仅有3个零点， ， ，， 当或时，函数取得极小值， 故在有2个或1个极小值点，故B错误; 当时，， ，， 故在单调递增，故C正确; 若在单调递减，则，， ，， ，的最小值为，故D错误; 故选 11.【答案】ACD  【解析】解：对于若直线l与圆M相切，圆心到直线的距离，解得，所以A正确; 对于当时，，，， 四边形PAMB的面积，所以B错误; 对于 ， 因为，所以，所以，C正确; 对于时，，直线AB的方程为，所以直线AB经过定点， 因为，所以，因为在直线AB上，所以， 即点C在以MN为直径的圆上，因为，，所以圆心，半径为， 因为点C在该圆上，所以为定值，所以D正确. 12.【答案】解：由题意，得   【解析】详细解析和解答过程见【答案】 13.【答案】解：由题意得， 所以数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以， 所以， 所以数列的前10项和为： 故答案为  【解析】详细解析和解答过程见【答案】 14.【答案】  【解析】解：小鼠逃生路线有以下六种情况： ； 概率分别为 所以小老鼠逃生概率为 15.【答案】解：因为，由正弦定理得：， 则， 所以，则 所以，，或，，则，或， 又因为，所以，所以 在中由余弦定理得：，所以①， 因为D为AB边的中点，所以， 所以， 所以②，  ②-①得：，  所以  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：时，，则， ①若点为切点，则，此时切线方程为 ②若点不是切点，设切点为，， 则， 即， 因为，由切线不等式知：， 所以，即切点为，此时切线方程为 综上可知：曲线过点的切线方程为，或； ，且， 因为，所以， ①当时，恒成立， 所以在R上单调递增，即恒成立; ②当时，令，则， 令， 若，，时，，，， 所以在单调递减，而，故不符合题意; 若，恒成立， 故在R上单调递增，即恒成立; 综上可知：实数a的取值范围是  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】证明：因为四边形为正方形，所以，又因为平面，平面， 所以平面，因为平面CAB，平面平面，所以 由题意知，，设三棱锥的高为h， 因为三棱锥的体积为，所以， 过C向平面作垂线，垂足为H，，取AB，的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE，因为，，所以，，因为平面， AH，平面，所以，，在直角中，，， 所以，在直角中，，，所以，因为，，， 满足，所以，所以H在AB的中垂线EF上，且， 所以H为四边形的中心，以H为坐标原点，HA，HB，HC分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标系，，，，，，设，则，由可得：，即，所以， 假设线段上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为， 设，因为C，，P三点共线，所以，即， 则，则，， 设平面ABC的法向量为，所以即 令，则，，所以， 设直线AP与平面ABC所成角为，则，， 解得，，此时，P是线段的中点，所以，当P是线段的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】解：设，由题意可知， 当时，，两边平方，化简整理得  当时，，两边平方，化简整理得 故轨迹C的方程为：当时，当时， 由题意可知，设，， 则直线PM的方程为 令，则，故  又，故，，故， 解得 则P点坐标为  当P点在上时，设P点坐标为，切点M，N的坐标分别为和不妨设，则直线PM的方程为将代入可得，解得由，可得，联立和可得，解得设Q，R的坐标分别为和不妨设，则同理可知 故直线QR的斜率为，直线QR的方程为，点P到直线QR的距离为 又，故 当P点在上时，设P点坐标为，，设切点M，N的坐标分别为和不妨设，则直线PM的方程为将代入可得，解得由，可得， 联立和可得，解得 设S，T，Q，R的坐标分别为，和，不妨设，由于四边形STQR为等腰梯形，则又，恒成立，则，故m的最大值为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 19.【答案】解：数列是完美数列，而不是完美数列； 设的公差，考虑，则，，而，不符合题意.由可知数列是完美数列，故的公差可能是又数列是完美数列，故的公差可能是2； 因为，，，，故中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值能够构成集合，假设中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值能够构成集合，若，则当时，，且若，则若，则中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值可以得到，则N可由中若干项之间进行加法或减法运算后得到故中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值能够构成集合，结论得证. 故的公差可能是1和2； 记，由题意知，集合按上述规则，总共会产生个正整数;而集合，按上述规则产生的个正整数中，除1，2，，这个正整数外，还有，，，共个数.所以因为，所以又因为当时，而也满足所以因此  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$