精品解析：山东省泰安市2025届高三下学期一轮检测数学试题

高三一轮检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，根据交集定义即可得 【详解】由题意得，，所以， 故选：A 2. 已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简复数，再利用纯虚数的概念，即可得答案； 【详解】因为， 所以，解得. 故选：B. 3. 已知为空间中两条直线，为平面，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理，及充分必要性的定义判断. 【详解】由线面垂直的判定定理可得，直线要垂直于平面内相交的两条直线才能得到， 所以是的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两边平方可得，再结合向量夹角的计算可得. 【详解】，所以，两边平方可得， 又，所以， 所以. 故选：D 5. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 60 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式系数性质求出，由二项展开式通项公式可求得常数项． 【详解】由题意，解得． 展开式通项为， 由得，解得，∴常数项为． 故选：C． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得，然后根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式来求得正确答案. 【详解】依题意，， 解得， . 故选：B 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，可得，，则由题意可得，再利用的单调性即可得解. 【详解】由题意可得， 则， 即， 令，在上单调递增， 则，，即， 故，即. 故选：D. 8. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设数列公差为d，结合等差数列通项公式分析可知直线过定点，再根据圆的性质可知当时，弦长最小，此时最小，进而运算求解. 【详解】 由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为成等差数列，所以设， 则可化为， 即， 令，可知直线过定点， 且，所以在圆C内部， 当时，弦长最短，此时最小， 又，所以， 所以， 又，所以， 故选:C 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解 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. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C. 若随机变量，且，则 D. 数据的第75百分位数是9 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项分布的方差公式、百分位数、正态分布、独立性检验等知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【详解】对于A，若随机变量，则，故A正确； 对于B，因为，所以能根据作出判断，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确； 对于C，对称轴为，则，因为， 所以，所以，故C错误； 对于D，数据从小到大排列为1，1，2，2，3，3，3，9，11，12， 所以，所以第75百分位数为9，故D正确. 故选：ABD. 10. 瑞士数学家欧拉在解决柯尼斯堡七桥问题时提出了欧拉回路的定义，即：在一个图中，经过图中每一条边且每条边仅经过一次，并最终回到起始顶点的闭合路径.通俗的讲，在图中任选一个点作为起点，笔尖不离开图形可以完全不重复的走完图形所有边回到起点.下列图形存在欧拉回路的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】标注每一个点，根据题意作出一笔能完成的路径判断即可. 【详解】解决这类题有一结论，过一点的线有奇数条的点至多有两个，其余均为偶数条的点构成的图形可一笔完成； 对于A，均为偶数条线的点，具体方法为：，故A符合； 对于B，无论从那个点为起点，均不能一笔完成，解决这类题有一结论，过一点的线有奇数条的点至多有两个，其余均为偶数条的点构成的图形可一笔完成，B选项有4个过一点的线有奇数条的点，故B错误； 对于C，均为偶数条线的点，具体方法为：，故C正确； 对于D，均为偶数条线的点，具体方法为： ，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知无穷数列，若对，都有，则称与“伴随”，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则与“伴随” B. 若的前项和为，则与“伴随” C. 若的前5项为与“伴随”，设集合，则中元素个数为4或5 D. 若是公差为的等差数列，且所有的“伴随”数列都是递增数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】赋值法可判断A；利用定义可得，可判断B；对于C，计算的范围，考虑相等的情况可判断C；由已知可得，结合单调性可得，计算即可. 【详解】对于A，当时，，故与不是“伴随”，故A错误； 对于B，因为，所以， 所以，所以与“伴随”，故B正确； 对于C：因为与“伴随”，故，故， 因为的前5项为， 所以，，，，， 故可能和相等，和相等，但不能同时成立，与不相等， 故中元素的个数为4或5，故C正确； 对于D，是公差为的等差数列，所以， 因为与“伴随”，故，故， 又因为数列都是递增数列，所以， 所以，，所以， 解得，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是正确理解数列的新定义，利用新定义计算求解即可. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上与焦点的距离等于6的点的横坐标为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求得正确答案. 【详解】依题意，， 根据抛物线的定义可知. 故答案为：4 13. 从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有__________种安排方法（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先从人中选人，将人分成三组，再进行全排，即可求解. 【详解】第一步，从人中选人，共有种取法，第二步，将人分成三组，共有种分法， 再进行全排有种排法， 由分步计算原理知，共有种安排方法， 故答案为：. 14. 已知函数的最小正周期为在上的图象与直线交于点，与直线交于点，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定函数的解析式，再数形结合，利用函数图象的性质列式求值即可. 【详解】因为. 又函数最小正周期为，且，所以. 所以. 当时，，所以. 做函数，的草图如下： 函数图象关于直线对称. 设，则，.， 所以， ， 解得或（舍去）. 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于设，根据题意列出，坐标，根据纵坐标的关系列式，求出的值，再求点纵坐标. 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. 在中，内角所对的边分别为. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意及正弦定理可得，根据两角和的正弦可得，根据诱导公式和内角和定理计算即可； （2）由（1）的结论结合余弦定理列方程组求解即可； 【小问1详解】 由题意得即， .， ， ，， ； 【小问2详解】 由（1）可得 ，， ，又， ， 由得或 ， 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点. （1）求证：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接 中，分别为中点， 且， 又正方形中，为中点， ， 且， 四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取的中点E，连接，即可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及平面夹角的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为中点为，连接， 中，， ， 平面平面平面，平面平面， 平面， 又四边形为正方形， ， 以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， ， 设平面的法向量为， 则即，取，则， ， 设平面的法向量为， 则即，取，则， ， 设平面与平面的夹角为，则. 17. 为备战全国机器人大赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1分，否则得0分.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器人每局比赛获胜的概率分别为. （1）设前两轮比赛中甲队得3分为事件A，前两轮比赛中机器人得2分为事件，求； （2）受机器人电池蓄航能力影向，本次比赛最多进行10轮，规定当一队得分比另一队得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了轮，求的数学期望. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件互斥事件的概率公式可得，然后利用条件概率公式求解即可； （2）根据独立事件的概率公式和期望公可得，然后利用错位相减数列求和公式求解即可 【小问1详解】 设前两轮比赛中得分为事件得分为事件， ， ， 由题意， 各轮比赛，各局比赛结果互不影响，与互斥， ， ， ； 【小问2详解】 由题意，， 设第轮两队比分为为事件， 各局比赛互不影响， ， ， 由题意，时，， 时，事件“”， 各轮比赛互不影响， ， ， ， 设， ， ， ， ， . 18. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题目所给的条件，求出即可； （2）（i）设，由已知可得，根据点在椭圆上，可得，可求得最大值；（ii）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，由题意可得，设直线的方程为：，联立方程组，由根与系数的关系可得，求解即可. 【小问1详解】 由题意知，， 椭圆方程为， 【小问2详解】 （i）设， 则， ， ，，， 又在椭圆上，， ，，即， ， ， ， ； （ii）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为， ，， 又， ， 由题意的斜率不为0，设直线的方程为：， 由，得， 设， 则，又， ， 即， 整理得， ，， 的方程为. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求切线斜率，再利用点斜式方程写出切线方程即可； （2）对函数求导，需要对参数进行分类讨论，确定导函数正负，进一步确定原函数的增减； （3）由题意得有两个不同实根,令，对进行分类讨论，确定函数的零点个数，从而求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意的定义域为 当时，， ，，又， 在处的切线方程为，即 【小问2详解】 ， ， 当，即时，， 在上单调递减， 当，即时，在上，，在上， 在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 方程有两个不同实根， 等价于方程有两个不同实根, 设， 则且， 当时，时，时，， 此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意； 当时，在上单调递增， 当时，， 存在使， 在上，在上， 在上单调递减，在上单调递增， ， 又， 设，则， 当时，单调递减， 又，，又， 在上和上各有一个零点，符合题意； 当时，， 在上，在上， 在上单调递增，在上单调递增， ， 只有一个零点，不符合题意； 当时，， ， 存在使得， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， 又当时，单调递增， 又，，在上存在一个零点 又，时有两个零点，符合题意； 综上，方程有两个不同实根时，或. 【点睛】关键点点睛：对于含参数的函数零点问题，1是对参数分类讨论，利用函数的单调性与零点存在性定理判断函数零点个数；2是参变分离，利用两个函数交点个数问题，数形结合求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三一轮检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知为空间中两条直线，为平面，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件 4. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 60 D. 240 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C. 若随机变量，且，则 D. 数据的第75百分位数是9 10. 瑞士数学家欧拉在解决柯尼斯堡七桥问题时提出了欧拉回路的定义，即：在一个图中，经过图中每一条边且每条边仅经过一次，并最终回到起始顶点的闭合路径.通俗的讲，在图中任选一个点作为起点，笔尖不离开图形可以完全不重复的走完图形所有边回到起点.下列图形存在欧拉回路的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知无穷数列，若对，都有，则称与“伴随”，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则与“伴随” B. 若的前项和为，则与“伴随” C. 若的前5项为与“伴随”，设集合，则中元素个数为4或5 D. 若是公差为的等差数列，且所有的“伴随”数列都是递增数列，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上与焦点的距离等于6的点的横坐标为__________. 13. 从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有__________种安排方法（用数字作答） 14. 已知函数的最小正周期为在上的图象与直线交于点，与直线交于点，且，则__________. 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. 在中，内角所对的边分别为. （1）求； （2）若，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点. （1）求证：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 为备战全国机器人大赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1分，否则得0分.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器人每局比赛获胜的概率分别为. （1）设前两轮比赛中甲队得3分为事件A，前两轮比赛中机器人得2分为事件，求； （2）受机器人电池蓄航能力影向，本次比赛最多进行10轮，规定当一队得分比另一队得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了轮，求的数学期望. 18. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $