精品解析：山东省临沂第三中学2024-2025学年高三下学期适应性考试数学试题

2025年临沂三中高三（下）适应性考试 一．选择题（共8小题，满分40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 假定风力等级与风速的关系满足方程：（其中v为风速，单位：为风力等级），2025年4月12日，河北省气象部门发布大风预瞥，某地区风速达到，则该地区此次大风的风力等级约为（注：）（ ） A. 2级 B. 3级 C. 4级 D. 5级 4. 在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列，，…，，中，最大项和最小项分别为（ ） A. ； B. ； C. ； D. ； 5. 函数图象上存在两点，满足，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 6. Logistie分布在数据分析中常常用于分类变量回归，若连续随机变量满足：，则称服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则（ ） A. 满足二项分布的随机变量也是连续随机变量 B. 若连续随机变量满足，则服从Logistic分布 C. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则 D. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则 7. 已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，曲线C上的点M满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题，满分18分） 9. 已知实数满足，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数.则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，过原点与曲线相切的直线为 C. 若不等式在时恒成立，则 D. 若函数恰有1个零点，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，为面的中心，则以下命题正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面面积为 B. 四面体的外接球的表面积为 C. 四面体的体积为 D. 若点为的中点，则存在平面内一点，使直线与所成角的余弦值为 三．填空题（共3小题，满分15分） 12. 若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为__________． 13. 在数学教科书《选择性必修第一册》中，有一段对圆锥曲线统一定义的描述．其中提到：设椭圆的一个焦点为，长半轴长为，则一点在椭圆上当且仅当．由于圆不在考虑范围内，，上式经变形化为等价条件，其中是椭圆的离心率，我们还把直线称为椭圆的准线．这样，上式用文字叙述就是：椭圆是到焦点与到准线的距离之比等于离心率的点的轨迹，其中离心率满足．阅读以上文字，并回答以下问题：设椭圆恒过定点，则椭圆的中心到准线的距离的最小值______． 14. 如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为____________． 四．解答题（共5小题共计77分） 15. 已知在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 某学校为了调动学生学习数学的积极性，在高二年级举行了一次数学有奖竞赛，对考试成绩优秀（即考试成绩不小于分）的学生进行了奖励.学校为了掌握考试情况，随机抽取了部分考试成绩，并以此为样本制作了如图所示的样本频率分布直方图.已知第一小组的频数为. （1）求的值和样本容量； （2）估计所有参赛学生的平均成绩； （3）假设在抽取的样本中，男生比女生多人，女生的获奖率为，填写下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断男生与女生的获奖情况是否存在差异？ 性别 奖励 合计 获奖 未获奖 男 女 合计 附：， 17. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）若，求的极值差比系数的取值范围. 18. 设集合、为正整数集的两个子集，、至少各有两个元素.对于给定的集合，若存在满足如下条件的集合：①对于任意、，若，都有；②对于任意、，若，则.则称集合为集合的“集”. （1）若集合，写出的“K集”（不需要证明）； （2）若存在“集”，其中.当时，求的最大值； （3）若三元集存在“K集”，且中恰含有4个元素，求证：. 19. 已知圆与抛物线交于，两点， （1）求曲线的方程； （2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴： （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年临沂三中高三（下）适应性考试 一．选择题（共8小题，满分40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据集合的交集运算求解. 【详解】因为，又， 所以. 故选：C. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由模长公式及复数的除法运算即可求解； 【详解】， 所以虚部为， 故选：B 3. 假定风力等级与风速的关系满足方程：（其中v为风速，单位：为风力等级），2025年4月12日，河北省气象部门发布大风预瞥，某地区风速达到，则该地区此次大风的风力等级约为（注：）（ ） A. 2级 B. 3级 C. 4级 D. 5级 【答案】D 【解析】 【分析】代入,根据指对互化即可求解. 【详解】将代入公式得， 所以，即该地区此次大风的风力等级约为5级， 故选:D． 4. 在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列，，…，，中，最大项和最小项分别为（ ） A. ； B. ； C. ； D. ； 【答案】C 【解析】 【分析】先判断出，从而得到最小，结合前者得到给定新数列中的最大项和最小项. 【详解】因为为等差数列，故，， 故，，故，公差， ，， 而， 故，， 由不等式性质可得即 同理，故， 而， 故，，…，，中最大项和最小项分别为；. 故选：C. 【点睛】， 本题考查等差数列的性质、数列的最大项、最小项等，注意把数列的前和的符号转化为中间项的符号，另外注意不等式性质的正确使用，本题属于难题. 5. 函数图象上存在两点，满足，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据,在上,可得出,再根联立,得到的值,根据缩小的取值范围,进而代入求值即可. 【详解】解:由题知,, 均在上, , , , 故有:, 两等式联立有, 解得, , , , , 综上选项B正确. 故选:B 6. Logistie分布在数据分析中常常用于分类变量回归，若连续随机变量满足：，则称服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则（ ） A. 满足二项分布的随机变量也是连续随机变量 B. 若连续随机变量满足，则服从Logistic分布 C. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则 D. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项分布为离散型随机变量的分布可判断A选项；利用Logistic分布的定义可判断B选项；根据Logistic分布的概率公式可判断CD选项. 【详解】对于A选项，满足二项分布的随机变量是离散型随机变量，A错； 对于B选项，根据Logistic分布的定义可知， 若连续随机变量满足，则不服从Logistic分布，B错； 对于C选项，若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布， 则， 所以，，， 故，C对； 对于D选项，若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布， 则，， 所以，， 因为，所以，，D错. 故选：C. 7. 已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的条件，向量数量积的定义及运算可得结果. 【详解】因为两个单位向量与的夹角为，且， 所以 ， 即， 故选：C. 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，曲线C上的点M满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，可得，，结合双曲线的定义，即可求得双曲线的离心率. 【详解】因为，所以， 又，所以，， 所以， 则，即双曲线的离心率为. 故选：A. 二．多选题（共3小题，满分18分） 9. 已知实数满足，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合作差比较法，可判定A正确，D不正确；利用不等式的基本性质，可得判定B正确；由基本不等式，可判定C正确. 【详解】由不等式，可得且，即， 对于A中，由，所以，所以A正确； 对于B中，由，根据不等式的性质，可得，所以B正确； 对于C中，由， 当且仅当时，即时等号成立， 因为，所以等号不成立，即1，所以C正确； 对于D中，由，可得，则，所以，所以D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数.则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，过原点与曲线相切的直线为 C. 若不等式在时恒成立，则 D. 若函数恰有1个零点，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A利用导数研究单调性求出最小值即可判断，对于B设切点求出切线方程解出即可判断，对于C由有，令，则在上单调递增，即在上恒成立，即可求解，对于D由，令有，解得或，令，利用导数研究零点即可判断. 【详解】对于A：当时，，所以，令有， 由有，有，所以在单调递增，在单调递减， 所以，故A正确； 对于B：当时，，设切点，，，， 所以切线方程为，又切线过原点，所以，即，解得， 所以，所以切线方程为，故B正确； 对于C：由有在上恒成立，令，则在上单调递增， 即在上恒成立，所以，即，令，即， 所以，令，当时，，所以在单调递减，所以，所以，即，故C错误； 对于D：由，令有，解得或，令， 所以，令得，由有，有， 所以在单调递减，在单调递增，所以，所以， 当时，无解或有一解为0，所以函数恰有1个零点0，所以，故D错误； 故选：AB. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，为面的中心，则以下命题正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面面积为 B. 四面体的外接球的表面积为 C. 四面体的体积为 D. 若点为的中点，则存在平面内一点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，取中点，连接，利用正方体的性质，得出平面截正方体所得的截面为菱形，即可求解；选项B，建立空间直角坐标系，直接求出球心坐标，从而求出半径，即可求解；选项C，取中点，中点连接，根据条件证得面，从而有，再利用棱锥的体积公式，求出底面积和高，即可求解；选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理即可求解，从而求出结果. 【详解】对于选项A，如图1，取中点，连接，因为点分别为的中点， 所以，，且，即四边形为菱形， 所以平面截正方体所得的截面即为菱形， 又易知，所以菱形的面积为，故选项A正确， 对于选项B，如图2建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心坐标为，外接球的半径为， 所以， 解得，所以， 故四面体的外接球的表面积为，所以选项B正确， 对于选项C，如图3，取中点，中点连接，易知， 又是中点，所以，得到， 又面，面，所以面， 所以， 又易知到面的距离为， ， 所以，故选项C正确， 对于选项D，如图4，分别是平面的垂线和斜线，是在平面内的射影， 易知为锐角，是平面内和不重合的任一直线，在上截取， 连接，则， 在与中，因为，， 而，所以， 即平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角， 如图5，取中点，易知在面上投影为， 又因为，，所以， 过作直线，使，设直线与所成的角为， 所以， 又，在区间上单调递减， 故在平面内不存在点，使直线与所成角的余弦值为， 故选：ABC. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理及的单调性，即可求解. 三．填空题（共3小题，满分15分） 12. 若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为__________． 【答案】19 【解析】 【分析】由均值的性质即可求解. 【详解】若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为. 故答案为：19. 13. 在数学教科书《选择性必修第一册》中，有一段对圆锥曲线统一定义的描述．其中提到：设椭圆的一个焦点为，长半轴长为，则一点在椭圆上当且仅当．由于圆不在考虑范围内，，上式经变形化为等价条件，其中是椭圆的离心率，我们还把直线称为椭圆的准线．这样，上式用文字叙述就是：椭圆是到焦点与到准线的距离之比等于离心率的点的轨迹，其中离心率满足．阅读以上文字，并回答以下问题：设椭圆恒过定点，则椭圆的中心到准线的距离的最小值______． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆恒过定点可得，设可得，进而可得有正根，可求椭圆的中心到准线的距离的最小值. 【详解】椭圆恒过定点，可得， ， 设椭圆的中心到直线的距离为， 椭圆的焦距为，同时可设， ， ， 有正根，则， 即只需，且时，方程有解， 或， 椭圆恒过定点， 则椭圆的中心到准线，， 则椭圆的中心到准线的距离的最小值为. 故答案为：. 14. 如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理和列举法求出事件数，再利用条件概率公式求概率即可. 【详解】设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B， 则所求概率为， 根据题意，每行都放置两枚棋子,即每行都在4个方格中选2个放置棋子，有种方法， 所以，. 对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有种放置方法，则第三、四行的放置方法如图， 图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法，图6中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以总共有种方法. 因为第一行棋子有种放置方法，其他5种情况同理，故. 所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率 故答案为： 四．解答题（共5小题共计77分） 15. 已知在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：设的中点为，连接、. 因为，所以. 又因为，且，所以. 因为、平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 在中，由余弦定理得，，即， 解得或（舍）. 在和中，可知，. 在中，，因此. 又，且、平面，且，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接、，由，可得平面，进而得到，由勾股定理可证，所以平面，因此可证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量即可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为坐标原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则. 令，得. 设平面的一个法向量为， 则. 令，得. 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 某学校为了调动学生学习数学的积极性，在高二年级举行了一次数学有奖竞赛，对考试成绩优秀（即考试成绩不小于分）的学生进行了奖励.学校为了掌握考试情况，随机抽取了部分考试成绩，并以此为样本制作了如图所示的样本频率分布直方图.已知第一小组的频数为. （1）求的值和样本容量； （2）估计所有参赛学生的平均成绩； （3）假设在抽取的样本中，男生比女生多人，女生的获奖率为，填写下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断男生与女生的获奖情况是否存在差异？ 性别 奖励 合计 获奖 未获奖 男 女 合计 附：， 【答案】（1），样本容量为 （2） （3）列联表： 性别 奖励 合计 获奖 未获奖 男 女 合计 男生与女生的获奖无差异. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得的值，将第一组的容量除以第一组的频率可得出样本容量； （2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数； （3）根据题意完善列联系表，结合临界值表可得出结论. 【小问1详解】 由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得，解得， 样本容量为. 【小问2详解】 所有参赛学生的平均成绩为. 【小问3详解】 由题意可知，获奖人数为人， 由题意可得如下列联表 性别 奖励 合计 获奖 未获奖 男 女 合计 零假设：男生与女生的获奖情况无差异， 所以，， 所以，依据小概率值的独立性检验，无法推断不成立，即认为男生与女生的获奖无差异. 17. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）若，求的极值差比系数的取值范围. 【答案】（1）不存在，理由如下： 由题的定义域为，，即， 假设是极值可差比函数，且极值差比系数为， 设的极大值点为，极小值点为. 故有两个根，分别为，则，得， 其中开口向上，故， 又，则. 由于 ， 由题则有：. 从而， 结合，得. 令，则， 所以在上单调递增，有， 因此方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为； （2） 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，设的极大值点为，极小值点为，得到，变形得到，故，，令，求导，得到其单调性，有，方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为； （2）由（1）可知，的极值差比系数为，其中，变形，换元得到，根据得到，故，求导，得到在上单调递增，求出的极值差比系数的取值范围为. 【小问1详解】 不存在,理由略 【小问2详解】 由（1）可知，的极值差比系数为， 其中，故， 设，则， 又，，则，， 故，因为 所以， 令，则， 所以在上单调递减， 又，故， 故，则， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 其中， 故在上恒成立，在上恒成立， 所以在上单调递增， 其中，， 所以的极值差比系数的取值范围为 18. 设集合、为正整数集的两个子集，、至少各有两个元素.对于给定的集合，若存在满足如下条件的集合：①对于任意、，若，都有；②对于任意、，若，则.则称集合为集合的“集”. （1）若集合，写出的“K集”（不需要证明）； （2）若存在“集”，其中.当时，求的最大值； （3）若三元集存在“K集”，且中恰含有4个元素，求证：. 【答案】（1） （2）3 （3） 设集合，不妨设， 假设，即，则且， 由②知，注意到，故有，即，所以， 故，即，因为集合中有4个元素，故设， 若，则，∴，矛盾； 若，，则或或，所以或或，与集合元素的互异性矛盾， 假设错误，故. 【解析】 【分析】1）根据定义直接求解； （2）根据定义，通过，得到，即可求解. （3）利用反证法推矛盾即可证明； 【小问1详解】 若，由题意可得，，，，即， 此时，满足题意， 假设集合中还有第四个元素为，则由题意可知：若，即，则， ∴不成立； 若，则，∴或9或27，矛盾.故集合中无四个元素，所以集合 【小问2详解】 ，，其中， 所以，，又，故，同理可得， 当，可得，从而必有， 对任意的，有，即， 所以，即. 所以的最大值为3. 【小问3详解】 略 19. 已知圆与抛物线交于，两点， （1）求曲线的方程； （2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴： （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （i）由（1）知，又因为直线的斜率不为0，故设的方程为 ，，， 联立，可得：，， 则，， . 故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴. （ii）. 【解析】 【分析】（1）由圆的性质，求得交点的坐标，代入抛物线方程，可得答案； （2）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用斜率公式，可得答案；（ii）由三角形面积公式，整理函数解析式，利用导数，可得答案. 【小问1详解】 由圆，可化为标准方程， 所以圆圆心为，半径为， 设与轴交于点，如图所示， 因为圆和抛物线都关于轴对称，则，两点也关于轴对称，且， 所以在直角中，，，所以，则， 所以抛物线过点，即，则， 所以抛物线方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，，， 则 令，则， 令，则，解得；，解得. 则在上单调递增，在上单调递减， ，所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $