精品解析：2025届山东省齐鲁名校大联考模拟预测数学试题

2025届山东省高三第五次学业水平联合检测同类训练题 数学 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算和模长公式求解即可. 【详解】由题意知，即， 所以， 所以， 故选：A 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算化简z，进而得到其共轭复数，再利用复数的几何意义求解. 【详解】由题意，得， 所以，故在复平面内对应的点为，位于第四象限． 故选：D 3. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合N，根据集合的补集和并集运算求得结果. 【详解】由，解得， ， 又或，， . 故选：B. 4. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知图中阴影部分表示的集合为，，再根据集合运算求解即可. 【详解】解：由图可得，图中阴影部分表示的集合为， 因为，所以， 因为，所以或， 所以. 故选：B. 5. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化成标准方程即可求解； 【详解】双曲线的方程可化为， 所以渐近线方程为． 故选：B 6. 已知为坐标原点.等轴双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于点P，Q.设与的内切圆圆心分别是M，N，直线，的斜率分别是，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线焦点三角形的性质，得到内切圆圆心横坐标为然后利用直线的倾斜角，表示出内切圆的半径，即可求出. 【详解】 如图所示，设的内切圆和三边分别相切于点, 则 且 设直线的倾斜角为， 则, 同理，, 等轴双曲线知，, 故选：A 7. 已知正项等比数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列下标和的性质求解即可. 【详解】因为正项等比数列满足，所以，解得， 又，所以， 故选：B 8. 设等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列前项和的性质列方程求解 【详解】由等比数列的前项和的性质可得：也成等比数列， ，得， 解得. 故选：B. 9. 如图，已知抛物线的焦点为，过点的直线交于点，交的准线于点，点为垂足．若是的中点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由是的中点，且，利用抛物线定义，求得抛物线方程和直线的斜率，联立方程，利用弦长公式得到求解. 【详解】如图， ， 设准线与轴交于点．由抛物线的定义知． 因为是线段的中点，所以，所以，解得， 所以抛物线方程为． 由，得， 则直线的方程为， 设，将此方程与方程联立后消去并整理， 得，则， 所以． 故选：A 10. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 面积的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线焦半径的定义令时可得A错误；直曲联立，由韦达定理和焦半径公式可得B、C正确；由三角形的面积公式结合弦长公式可得D正确. 【详解】 因为，所以设直线的方程为，联立 得，则0，且， 所以． 对于A，根据抛物线的定义，得， 当，即直线与轴垂直时，等号成立，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C， ， 所以，故C正确； 对于D，， 当，即直线与轴垂直时，等号成立，所以面积的最小值为2，故D正确． 故选：BCD 11. 已知函数在区间内无零点，其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件，确定函数的解析式，再求的值. 【详解】当时，． 由在区间内无零点，得，解得． 由的图象关于直线对称，得，解得，， 所以当时，，满足，从而， 所以. 故选：C 12. 已知函数，则（ ） A. 直线是图象的一条对称轴 B. 在区间上单调递增 C. 当时，的值域为 D. 将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦函数的对称轴方程当时可得A正确；由正弦函数的单调区间可得B正确；利用正弦函数的单调性可得C错误；利用正弦函数平移的性质和对称中心可得D正确. 【详解】对于A，令，得，当时，得，故A正确； 对于B，令，解得，当时，，而，故B正确； 对于C，当时，，所以，故C错误； 对于D，， 令，得， 所以图象的对称中心为，故D正确． 故选：ABD. 13. 设正实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 17 C. D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】代入，再由基本不等式即可求解； 【详解】由题意知， 当且仅当，即时，等号成立． 因此，的最小值为． 故答案为：C 14. 已知实数，，，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式计算可得答案. 【详解】因为，且， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 故选：D. 15. 在中，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由为的中点得到，再由，即可求解； 【详解】因为，所以为的中点，所以． 又，所以，所以， 所以， 所以，所以． 故选：C 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，P为内一点．若点P满足，且，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形内心的性质与半角公式求解 【详解】由，得， 即， 整理可得， 故点P在的平分线上，同理可得点P在的平分线上， 所以点P为的内心． 如图，延长，交于点D，过点P作，，垂足分别为E，F， 设，， 由，得， 由D，A，C三点共线得， 所以． 因为，所以， 代入得，当且仅当，即时等号成立， 故的最大值为． 17. 固定资产投资是以货币形式表现的、企业在一定时期内完成的建造和购置固定资产的工作量以及与此有关的费用．我国2022年9月—2023年9月固定资产投资（不含农户）环比增速折线图如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的极差为 B. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的平均数为正数 C. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的75%分位数为 D. 2022年9月—12月我国固定资产投资（不含农户）环比增速的波动幅度比2023年4月—7月的波动幅度大 【答案】C 【解析】 【分析】根据折线图中的数据，即可判断BD,根据极差和百分位数的计算即可求解AC. 【详解】将环比增速的13个数据按百分比从小到大排列为， 对于A，极差为，A正确， 对于B，13个数据中有4个为负，其余均为正数，所以平均数为正数，B正确， 对于C，，所以分位数为第10个数，C错误， 对于D，根据折线图可知2022年9月—12月我国固定资产投资（不含农户）环比增速的波动幅度比2023年4月—7月的波动幅度大，D正确， 故选：C 18. 据国家统计局统计，我国2018-2022年服务业增加值及其增长速度的数据如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 这5年我国的服务业增加值逐年增加 B. 这5年我国的服务业增加值的增长速度的极差为6.6% C. 2021年我国比上一年增加的服务业增加值比2019，2020这两年比上一年增加的服务业增加值的和小 D. 这5年我国的服务业增加值的增长速度的40%分位数为4.75% 【答案】C 【解析】 【分析】A. 由统计图直接判断；B.利用极差的定义判断；C.由统计图，计算增加值比较判断；D.百分位数定义求解判断. 【详解】由统计图可知这5年我国的服务业增加值逐年增加，故A正确； 这5年我国的服务业增加值的增长速度的极差为8.5%-1.9%=6.6%，故B正确； 2019年我国比上一年增加的服务业增加值为（亿元）， 2020年我国比上一年增加的服务业增加值为（亿元）， 2021年我国比上一年增加的服务业增加值为（亿元）， 因为（亿元），故C错误； 将这5年我国的服务业增加值的增长速度从小到大排序为， 因为， 所以这5年我国的服务业增加值的增长速度的分位数为，故D正确． 故选：C 19. 如图，在正三棱台中，，三棱台的所有顶点均在球的球面上，则（ ） A. B. 三棱台的体积为 C. 球的表面积为 D. 平面截球所得截面圆的周长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，延长交于点，通过，进而可判断；对于B，设点在底面上的投影为，连接，由可判断；对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，由，求解即可；对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，可知平面．求得，再由求得截得的圆面的半径为，即可判断； 【详解】 如图，延长交于点．因为，所以为的中位线． 因为，所以，则， 所以，同理可得． 因为，都在平面内，所以平面， 同理可得平面．又平面，所以，即，故A正确； 设点在底面上的投影为，连接，则， 所以， 所以 ，故B错误； 对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，则． 因为， 当球心在棱台内部时，，解得，不满足题意， 当球心在平面下方时，①，且②． 由①②解得，所以球的表面积为，故C正确； 对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，则平面． 因为，所以，所以， 所以球被平面截得的圆面的半径为，所以截面圆的周长为，故D正确． 故选：ACD 20. 在直平行六面体中，为棱上的动点，且四点均在球的球面上，则（ ） A. 平面 B. 存在点，使平面 C. 存在点，使的周长为 D. 球的表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】连接，交于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断A；根据平面平面，即可判断B；将平面与平面沿展平，求出周长的最小值即可判断C；设为的外心，连接，由，求出球心坐标，即可求出球的半径，从而可判断D. 【详解】由题意知直平行六面体的底面为菱形， 且为等边三角形，如图，连接，交于点，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴， 过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，． 因为，平面，所以与平面不垂直，故A错误； 对于B，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 同理， 又平面，平面， 所以平面，平面， 又平面， 所以平面平面， 所以当点与点重合时，平面，故B正确； 将平面与平面沿展平， 可得当三点共线时，最小，且最小值为， 所以周长的最小值为，故C错误； 设为的外心，连接，则底面， 设，则由，得， 解得， 所以球的半径为， 所以球的表面积为，故D正确． 故选：BD. 21. 已知为函数的导函数，且．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用导数的运算性质解出，所以，即，结合基本不等式求解即可. 【详解】由题意可得，所以，解得， 所以，即， 又，当且仅当，即时，等号成立， 所以，， 故选：D 22. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，存在偶函数，使得为奇函数 B. 若只有一个零点，则 C. 当时，关于的方程有3个不同的实数根的充要条件为 D. 对于任意的，一定存在极值 【答案】ACD 【解析】 【分析】取可判断A；由得，分与讨论求解可判断B；利用导数研究的性质，作出图象，转化为图象交点问题，数形结合可判断C；分与讨论，结合极值的定义可判断D. 【详解】若为奇函数，显然可取，故选项A正确； 由，得． 当时，解得；当时，，解得， 所以若只有一个零点，则或，故选项B错误； 当时，，则．由，解得或． 当时，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以的极小值为，极大值为． 又当时，；当时，， 当时，；当时， 的大致图象如图， 由图可知，当的图象与直线有3个交点时，有， 所以关于的方程有3个不同的实数根的充要条件为，故选项C正确； ， 若，则只有一个变号零点，此时函数存在极值； 若，因为的判别式， 所以有两个变号零点，此时函数既存在极大值又存在极小值，故选项D正确． 故选：ACD． 23. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 【答案】80 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式的通项为， 令，解得， 所以的展开式中的系数为， 故答案为：80 24. 已知的展开式中各项系数的和与二项式系数的和相等，则展开式中含项的系数为______（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】根据二项式系数与项的系数和相等求出n，再由通项公式确定常数项即可得解. 【详解】因为的展开式各项系数的和为，二项式系数的和为， 所以，解得 因为的展开式的通项为， 由，得4， 所以，即含项的系数为15． 故答案为：15 25. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用特殊数列验证A，D；令，可证明数列为等差数列，结合等差数列求和公式即可计算B，C. 【详解】对于A，若当为奇数时，，当为偶数时，，符合数列特征，故A错误； 对于B，由A中数列，当，，时满足， 此时，，，，故D错误； 令，则， 所以， 故数列是首项为3，公差为2的等差数列， 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 故选：BC 26. 已知是数列的前项和，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出的值，推导出数列中的奇数项成以为公比的等比数列，偶数项也成以公比的等比数列，结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】由可得， 当为奇数时，；当为偶数时，. 故当为奇数时，，，则， 当为偶数时，，，则. 故对任意的，. 所以，数列中的奇数项成以为公比的等比数列，偶数项也成以公比的等比数列， 因为，则， 所以，. 故选：D. 27. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，应用导函数得出单调性，再结合偶函数性质得出，最后计算求解. 详解】设，则． 由当时，，得，即，故在区间上单调递增． 又，所以，即． 因为为上的偶函数，所以， 即，计算得，所以， 解得或． 故答案为：. 28. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导函数和单调性的性质可知在上单调递增，又的图象关于点中心对称，则原不等式可转化为，解出的范围即可. 【详解】由题意知在上单调递增， 的导函数，当且仅当时，等号成立， 所以在上单调递增， 因此在上单调递增， 又，所以的图象关于点中心对称， 若，则，即，解得， 故选：C 29. 如图所示的多面体是由正四棱台和正四棱柱（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成．已知，是上一动点． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）法一：连接，由条件证得平面．即可求证；法二，建系，由向量的垂直关系即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 证明：法一：如图，连接， 因为几何体是正四棱台， 所以平面平面，且四点共面． 又因为平面平面，平面平面， 所以． 因为几何体是正四棱柱， 所以底面是正方形，且底面，底面， 所以． 又平面， 所以平面． 又平面， 所以， 所以． 法二：多面体是由正四棱台和正四棱柱构成， 由多面体的性质，连接，交于点，连接，交于点，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 连接，由，得，． 又，所以正四棱台的高为， 所以． 设， 则， 所以，所以． 【小问2详解】 解：建系同（1）中的法二，因为， 所以， 所以． 设平面的法向量为， 则即 令，得，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以， 故直线与平面所成角的余弦值为． 30. 如图①，在等腰梯形中，为边的中点．将沿翻折，使点到达点的位置，得到四棱锥，如图②． （1）证明：在翻折过程中，始终满足； （2）当时，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先利用平面几何添加辅助中线，结合勾股定理来求解长度，从而通过菱形可得到对角线相互垂直，即可证明线面垂直，从而可得线线垂直； （2）利用线线垂直证明线面垂直，从而可得四面体是棱长为2的正四面体，再建立空间直坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的正弦值即可. 【小问1详解】 证明：因为为的中点，且， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以． 取的中点，连接，如图①，则． 在中，， 所以． 在中，， 所以， 所以． 连接，则四边形为菱形． 连接，交于点，则． 在四棱锥中，设的中点为，连接，，如图②， 则． 因为平面， 所以平面． 又平面，因此在翻折过程中，始终满足． 【小问2详解】 设的中点为，连接，则． 因为平面，所以平面． 又平面，所以，因此， 所以四面体是棱长为2的正四面体． 设交于点，连接，则平面，且得． 设与交于点，由（1）知四边形是菱形， 故，且． 以为坐标原点，分别为轴，轴的正方向，过点与同向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为，则即 令，得，所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则即 令，得，所以平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 31. 已知椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点． （1）求的方程及离心率； （2）已知为坐标原点，过的左，右顶点作直线分别交于点，且直线的斜率与直线的斜率之比为，过点作于点，问轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），离心率 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆和抛物线的标准方程列方程组求解即可； （2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，将直线方程分别于椭圆联立解出坐标进而得到直线方程，由直线方程可知直线过定点，又于点，所以点的轨迹是以为直径的圆，故的中点到点的距离为定值. 【小问1详解】 因为椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点， 所以， 解得， 所以的方程为，离心率． 【小问2详解】 轴上存在定点，使为定值． 由的方程知，因为直线的斜率与直线的斜率之比为， 所以设直线的斜率为，则直线的斜率为， 故直线的方程为，直线的方程为, 联立得， 所以，则，故， 同理可得， 所以， , 当，即时，， 此时直线的方程为， 即，所以直线过定点． 当，即时， 若，则且且，故直线过定点； 若，则且且，故直线过定点， 综上直线过定点， 又于点，所以点的轨迹是以为直径的圆，故的中点到点的距离为定值， 所以轴上存在定点，使为定值． 【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 32. 已知长为3的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，动点满足，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若与轴非负半轴交于点，过点作与以点为圆心，为半径的圆相切的直线，，且，分别交于点M，N，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）设出，，的坐标，结合已知条件列式，求得关于，的方程； （2）由直线与圆相切，得到两切线斜率关系，然后讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，分别求解. 【小问1详解】 设，，, 因为，所以， 又因为，，， 所以，，解得，， 代入，整理得：； 【小问2详解】 由题意可知，的斜率存在，设斜率分别为，， 直线的方程为，由圆心到直线的距离为， 可得，整理得，同理可得， 所以，整理可得， 当直线斜率不存在时，设直线方程为，代入可得 ，， 此时，，代入， 得，所以直线的方程为； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 设，， 联立可得， 又，， 所以 ， 把上式代入， 可得，即， 因为，所以， 所以直线过定点， 综上直线过定点. 【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆方程，直线与圆相切，直线与椭圆相交中的定点问题.解题思想是“设而不求”的思想，通过直线与圆相切得到切线斜率的关系，分两种情况讨论. 33. 已知两个不透明的袋子中均装有若干个大小，质地完全相同的红球和白球，从袋中摸出一个红球的概率是，从袋中摸出一个红球的概率是．在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束．已知在每轮中甲选两袋的概率均为．如果甲选袋，则乙选袋的概率为；如果甲选袋，则乙选的概率为． （1）若，求在一轮中乙从袋中摸出红球的概率； （2）求在一轮中乙摸出红球的概率； （3）若甲，乙两位同学进行了3轮摸球．乙同学认为，越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不同意乙的观点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先利用全概率公式求出乙从袋中摸球的概率，再利用乘法概率公式求解即可； （2）利用全概率公式求解即可； （3）由题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布，利用二项分布的概率公式可得3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为，令，利用导数求最大时，的值即可. 【小问1详解】 设“甲从袋中摸球”，“乙从袋中摸球”，“乙摸出的是红球”， 由全概率公式知，乙从袋中摸球的概率， 所以在一轮中，乙从袋中摸出红球的概率为． 【小问2详解】 在一轮中，乙摸出红球的概率． 【小问3详解】 由题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布， 则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为， 设，则， 令，解得， 则当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大，所以不同意乙的观点． 34. 已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：g）将它们分成5组：，，，得到如下频率分布直方图． （1）用样本估计总体，估计该品种石榴质量的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） （2）在样本中从质量在区间上的石榴中按分层随机抽样抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测． （ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率； （ⅱ）记这3个石榴中质量在区间上的个数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1）416g． （2）（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由平均数的计算公式求解即可； （2）（ⅰ）先确定上的石榴个数分别为2，2，3．再结合古典概型及条件概率计算公式求解即可；（ⅱ）确定的所有可能取值，再求得对应概率即可求解； 【小问1详解】 由题意知这50个软籽石榴质量的平均数为， 所以估计该品种石榴质量的平均数为416g． 【小问2详解】 由题意知这7个石榴中，质量在区间上的频率之比为， 所以抽取的质量在区间上的石榴个数分别为2，2，3． （ⅰ）记事件“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，事件“这3个石榴恰好来自不同区间”， 则，， 所以， 即所求概率为． （ⅱ）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以． 35. 已知函数． （1）当时，求在区间上的最值； （2）讨论的零点个数． 【答案】（1）． （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负得出函数单调性，最后根据单调性得出最值即可； （2）先求导函数，再分类讨论根据导函数正负得出函数单调性，再构造函数结合函数值求解零点个数. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 当时，． 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在处取得极小值，也即最小值，为． 因为， ， 所以在处取得最大值1． 综上，． 【小问2详解】 令，得． 令，则． 当时，在上恒成立，所以在区间上单调递增． 又，故此时有唯一零点． 当时，． 令，得，所以在区间上单调递减； 令，得，所以在区间上单调递增． 所以． 令，则． 令，则． 当时，单调递增； 当时，单调递减．又， 所以当时，． ①当，即时，，此时有唯一零点． ②当，即时，． 因为，所以在区间上有唯一零点． ， 令，则， 所以， 则， 所以在区间上单调递减， 则． 又， 所以在区间上存在唯一零点，故在区间上有两个零点． ③当，即时，， 由函数零点存在定理可得在区间上有唯一零点， 故在区间上各有一个零点． 综上，当或时，有一个零点；当且时，有两个零点． 【点睛】关键点点睛：解题的关键是换元后构造函数结合函数单调性应用零点存在定理求解. 36. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为（是自然对数的底数），求的值； （2）若有且只有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）有且只有两个零点，可转化为有且只有两个大于1的实数根，令，利用导数画出的大致图象可知，即，令，再利用导数画出的图象，根据图象求解即可. 【小问1详解】 由题意得的定义域为，， 则，即， 所以，即, 令，则, 又在区间上单调递增，且当时，， 所以，即，所以． 【小问2详解】 因为有且只有两个零点，所以有且只有两个大于1的实数根， 又， 所以方程，即有且只有两个大于1的实数根， 令，则， 由，解得，当时，，当时，， 所以在区间上单调递减且，在区间上单调递增且当时，，作出的图象，如图①， 又，所以， 要使，则，即有且只有两个大于1的实数根， 令，则， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，当时，，且无限趋近于0，作出的图象，如图②， 所以，即，故的取值范围是． 【点睛】思路点睛：根据函数零点个数求参数范围，一般采取参变分离，转化为两个函数图象的交点问题，然后利用导数研究单调性，结合函数变化趋势、极值等作出函数图象，结合函数图象即可得解. 37. 已知集合，若存在数阵满足： ①； ②. 则称集合为“好集合”，并称数阵T为的一个“好数阵”. （1）已知数阵为的一个“好数阵”，试写出x，y，z，w的值： （2）若集合为“好集合”，证明的“好数阵”必有偶数个； （3）判断是否为“好集合”.若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由. 【答案】（1），，， （2）证明见解析 （3）不是“好集合”； 是“好集合”，且满足,,,,的好数阵有四个：；；；． 【解析】 【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值； （2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明； （3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解. 【小问1详解】 由“好数阵”的定义， 知，，，,,,,4,5,， 故，，，,,，进一步得到，， 从而，，，． 【小问2详解】 如果是一个“好数阵”， 则，. 从而， . 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为S，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应. 对于“好数阵”， 已证数阵和是不同的数阵， 故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则； 如果，则.所以，当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. 【小问3详解】 设是集合的一个“好数阵”， 由题意得；， 相加得：， 即， 当时，，与矛盾；所以不是“好集合”． 当时，，若,,,,， 因为,,,,，,,,,， 所以,,,,只有以下两种可能：,5,9,8,和,5,9,7,， （i）若,,,,,5,9,8,，则,,,,,2,4,6,， 使的只有，使的有两种可能：，或， 情形一：时，只有，，，可得； 情形二：时，只有，，，可得； （ii）若,,,,,5,9,7,，则,,,,,2,3,6,， 使的只有，使的有两种可能：，或， 情形一：时，只有，，，可得， 情形二：时，只有，，，可得， 综上，不是“好集合”； 是“好集合”，且满足,,,,的好数阵有四个： ；；；． 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 38. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 【答案】（1）不是可分数；是可分数 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义，举例说明即可得解； （2）利用题中新定义，结合等差数列的性质，列出满足的集合，从而得解； （3）根据题中新定义，分类讨论、与三种情况，分析得是等比数列，进而求得，再利用分组求和法即可得证. 【小问1详解】 令，①，； ②，；③，， 综上所述，不是可分数， 令，，由，， 则是可分数. 【小问2详解】 由，且，则令， 由，且， 则是小于最大的可分数. 【小问3详解】 设偶数为可分数，则存在使得， 由可知二元子集中两元素和的最大值为， 于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为， 于是必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 若，由可知不属于集合， 故无法对进行分组，此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下大于等于的整数， 此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下， 因为，则是可分数等价于也是可分数， 若，则可将划分成以下各组：， 每组中两元素之和均为，因此此时是可分数， 由于小于的可分数的个数为，则， 又小于3的可分数只能为2，则，于是， 故是首项为，公比为2的等比数列， 则，于是， 又， 因此. 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届山东省高三第五次学业水平联合检测同类训练题 数学 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为坐标原点.等轴双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于点P，Q.设与的内切圆圆心分别是M，N，直线，的斜率分别是，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正项等比数列满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 设等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 9. 如图，已知抛物线的焦点为，过点的直线交于点，交的准线于点，点为垂足．若是的中点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 面积的最小值为2 11. 已知函数在区间内无零点，其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数，则（ ） A. 直线是图象的一条对称轴 B. 在区间上单调递增 C. 当时，的值域为 D. 将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心为 13. 设正实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 17 C. D. 16 14. 已知实数，，，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 15. 在中，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，P为内一点．若点P满足，且，则的最大值为__________． 17. 固定资产投资是以货币形式表现的、企业在一定时期内完成的建造和购置固定资产的工作量以及与此有关的费用．我国2022年9月—2023年9月固定资产投资（不含农户）环比增速折线图如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的极差为 B. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的平均数为正数 C. 这13个月中，我国固定资产投资（不含农户）环比增速的75%分位数为 D. 2022年9月—12月我国固定资产投资（不含农户）环比增速的波动幅度比2023年4月—7月的波动幅度大 18. 据国家统计局统计，我国2018-2022年服务业增加值及其增长速度的数据如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 这5年我国的服务业增加值逐年增加 B. 这5年我国的服务业增加值的增长速度的极差为6.6% C. 2021年我国比上一年增加的服务业增加值比2019，2020这两年比上一年增加的服务业增加值的和小 D. 这5年我国的服务业增加值的增长速度的40%分位数为4.75% 19. 如图，在正三棱台中，，三棱台的所有顶点均在球的球面上，则（ ） A. B. 三棱台的体积为 C. 球的表面积为 D. 平面截球所得截面圆周长为 20. 在直平行六面体中，为棱上的动点，且四点均在球的球面上，则（ ） A. 平面 B. 存在点，使平面 C. 存在点，使的周长为 D. 球的表面积为 21. 已知为函数的导函数，且．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 22. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，存在偶函数，使得为奇函数 B 若只有一个零点，则 C. 当时，关于的方程有3个不同的实数根的充要条件为 D. 对于任意的，一定存在极值 23. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 24. 已知的展开式中各项系数的和与二项式系数的和相等，则展开式中含项的系数为______（用数字作答） 25. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 26. 已知是数列的前项和，，，则（ ） A. B. C. D. 27. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的的取值范围是______． 28. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 29. 如图所示的多面体是由正四棱台和正四棱柱（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成．已知，是上一动点． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值． 30. 如图①，在等腰梯形中，为边的中点．将沿翻折，使点到达点的位置，得到四棱锥，如图②． （1）证明：在翻折过程中，始终满足； （2）当时，求平面与平面夹角正弦值． 31. 已知椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点． （1）求的方程及离心率； （2）已知为坐标原点，过的左，右顶点作直线分别交于点，且直线的斜率与直线的斜率之比为，过点作于点，问轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 32. 已知长为3的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，动点满足，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若与轴非负半轴交于点，过点作与以点为圆心，为半径的圆相切的直线，，且，分别交于点M，N，证明：直线过定点. 33. 已知两个不透明的袋子中均装有若干个大小，质地完全相同的红球和白球，从袋中摸出一个红球的概率是，从袋中摸出一个红球的概率是．在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束．已知在每轮中甲选两袋的概率均为．如果甲选袋，则乙选袋的概率为；如果甲选袋，则乙选的概率为． （1）若，求在一轮中乙从袋中摸出红球的概率； （2）求在一轮中乙摸出红球的概率； （3）若甲，乙两位同学进行了3轮摸球．乙同学认为，越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由． 34. 已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：g）将它们分成5组：，，，得到如下频率分布直方图． （1）用样本估计总体，估计该品种石榴质量的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） （2）在样本中从质量在区间上的石榴中按分层随机抽样抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测． （ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率； （ⅱ）记这3个石榴中质量在区间上个数为，求的分布列与数学期望． 35. 已知函数． （1）当时，求在区间上的最值； （2）讨论的零点个数． 36. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为（是自然对数的底数），求的值； （2）若有且只有两个零点，求的取值范围． 37. 已知集合，若存在数阵满足： ①； ②. 则称集合为“好集合”，并称数阵T为的一个“好数阵”. （1）已知数阵为一个“好数阵”，试写出x，y，z，w的值： （2）若集合为“好集合”，证明的“好数阵”必有偶数个； （3）判断是否为“好集合”.若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由. 38. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $