精品解析：山东青岛第二中学2025届高三第一次适应性检测数学试题

2025年青岛二中高三第一次适应性检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其它答案标号．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、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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 5. 的展开式中，的系数为 A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 6. 设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(　　) A. B. C. D. 7. 若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 8. 如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方 向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这 样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是 A. B. C. D. 二、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. 一组数据：x1，x2，…，x10是公差为－2的等差数列，去掉首末两项x1，x10后得到一组新数据，则（ ） A. 两组数据的极差相同 B. 两组数据的中位数相同 C. 两组数据的平均数相同 D. 两组数据的标准差相同 10. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 11. 选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列中，，则___________． 13. 直线与圆交于两点，，则___________． 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 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. 已知是各项均为正数的等比数列，且 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. . 16. 已知椭圆：的右焦点为，且过点. （1）求的方程； （2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，； （3）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码互不相同的概率为，证明：． 19. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年青岛二中高三第一次适应性检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其它答案标号．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、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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定判断，即可得到结果. 【详解】命题“”， 则其否定为 故选:C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义求解即可. 【详解】集合，， 则. 故选：A. 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量满足， 所以. 故选：B 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】方法一求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数，方法二先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可． 【详解】方法一：，， 由题可知，或， 解得，，或，故有3个零点． 方法二：令， 即，，解得，， 分别令，解得，，， 所以函数在的零点的个数为3. 5. 的展开式中，的系数为 A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 【答案】C 【解析】 【详解】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C. 考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数. 【名师点睛】本题利用排列组合求多项展开式式某一项的系数，试题形式新颖，是中档题，求多项展开式式某一项的系数问题，先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组知识求解. 6. 设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：利用奇函数偶次项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程. 详解：因为函数是奇函数，所以，解得， 所以，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 化简可得，故选D. 点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 7. 若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线，进而求出离心率. 【详解】在中，，， 由余弦定理得，则， 整理得，由点在双曲线上，得双曲线的方程为， 所以双曲线的离心率. 8. 如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方 向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这 样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图： 如图，取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，，则在小圆中，，在大圆中，，根据大圆的半径是小圆半径的 倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是，综上可知小圆在大圆内壁上滚动，圆心转过角后的位置为点，小圆上的点，恰好滚动到大圆上的也就是此时的小圆与大圆的切点．而在小圆中，圆心角（是小圆与的交点）恰好等于，则，而点与点其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点与点是同一个点在不同时刻的位置．由于的任意性，可知点的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径. 故选A. 二、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. 一组数据：x1，x2，…，x10是公差为－2的等差数列，去掉首末两项x1，x10后得到一组新数据，则（ ） A. 两组数据的极差相同 B. 两组数据的中位数相同 C. 两组数据的平均数相同 D. 两组数据的标准差相同 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断C，由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断D，根据极差及等差数列的通项公式可判断A． 【详解】对于C，原数据的平均数为 ， 去掉，后的平均数为，则C正确； 对于B，原数据的中位数为， 去掉，后的中位数仍为，即中位数没变，则B正确； 对于A，原数据的极差为， 去掉，后的极差为，即极差变小，则A错误； 对于D，设公差为d，则原数据的方差为 ， 去掉，后的方差为 ， 即方差变小．标准差也变小，则D错误. 故选：BC 10. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】列举所有的基本事件，再由古典概型的概率公式，相互独立事件的定义及条件概率的概率公式计算可得. 【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，， 则基本事件总数为，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共36种情况， 满足事件的有，，，，，，，，， ，，共种，其概率，故A错误； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故； 满足事件的有，，共个，所以，故B正确； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故， 满足事件的有，，， ，，， ，，，共个，所以， 所以事件与事件相互独立，故C正确； 满足事件的有，，，，，，，共种， 所以，则，故D正确. 故选：BCD 11. 选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可. 【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为； 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕旋转后重合， 故基本对称角度为； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为， 由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A，总角度可以为，A正确； 对于B，总角度可以为，B正确； 对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误； 对于D，总角度可以为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列中，，则___________． 【答案】8 【解析】 【详解】在等差数列中， ， 所以 13. 直线与圆交于两点，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出，再利用圆的性质及点到直线距离公式求解. 【详解】由，得，而 ， 则，圆心到直线的距离 ， 因此 ，解得. 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先对已知条件进行化简，得出的值，再根据确定集合中元素的轨迹，最后分析且时的取值范围. 【详解】，. 设，则，即，，. 已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点. 题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集： 两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径， 建立如图所示的坐标系： 是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到， 中最远的两点距离是两个外圆的交点距离， 因为两个外圆半径都是，圆心距， 由勾股定理可得两交点距离为： 因此∣的取值范围是 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. 已知是各项均为正数的等比数列，且 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. . 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【解析】 【详解】(I)设数列的公比为，由已知. 由题意得，所以， 因为,所以， 因此数列的通项公式为 （II）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得 记梯形的面积为. 由题意， 所以 ……+ =……+ ① 又……+ ② ①-②得 = 所以 【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. 16. 已知椭圆：的右焦点为，且过点. （1）求的方程； （2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得； （2）由椭圆的性质得到当，，三点共线时取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得. 【小问1详解】 设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆的几何性质有， 故，. 所以的方程为. 【小问2详解】 设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时. 因为，故直线的方程为. 与的方程联立有， 整理有，，解得，. 故直线被截得的弦长为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式得到关于的方程进而得解； （2）（i）通过求向量的模长即可得结果；（ii）通过余弦定理求出，（法一）根据重心的性质求出和，最后通过余弦定理可得结果；（法二）通过求得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理得， ∴， ∴， ∵，∴， ∴． ∵ ∴，即． 【小问2详解】 （i）∵， ∴． （ii）在中，由余弦定理得， 即 （法一）由题知是的重心， ∴，∴， 在中，由余弦定理得． （法二）又， ∴． ∴． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，； （3）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码互不相同的概率为，证明：． 【答案】（1）函数在上单调递增； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数并确定正负，进而确定函数的单调性. （2）由（1）的结论，利用单调性推理得证. （3）借助排列计数问题求出概率，再利用放缩法及（2）的结论推理得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得 ， 所以函数在上单调递增. 【小问2详解】 当时，由（1）知，函数在上单调递增， 所以. 【小问3详解】 依题意，抽取的20个号码互不相同的概率为， 而，同理，，，， 因此，即， 不等式， 由（2）知，当时，，取，得， 即，则，因此， 所以. 19. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【小问1详解】 取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. 【小问3详解】 我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以​，取，可得， 此时，因为， 且，所以即，命题得证. 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $