山东省泰安市2025届高三数学第二轮复习质量检测考试试题含解析

PAGE22-山东省泰安市2025届高三数学其次轮复习质量检测考试试题（含解析）留意事项：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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别化简集合和，然后干脆求解即可【详解】∵，，∴.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得结论.【详解】∵，∴.故选：B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．3.已知直线过点P(3，0)，圆，则（）A.与C相交 B.与C相切C.与C相离 D.与C的位置关系不确定【答案】A【解析】【分析】代入计算得到点在圆内，得到答案.【详解】，即，，故点在圆内，故与C相交.故选：A.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定点在圆内是解题的关键.4.已知若则（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据二项式定理得到，，解得答案.【详解】绽开式的通项为：，故，，解得，.故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算实力和应用实力.5.中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共种，而相生的有5种，则抽到的两种物质不相生的概率故选：D【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简洁.6.命题成立的充要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据题意，设，计算得到答案.【详解】，，则，故，设，，故当时，函数有最小值为.故.故选：B.【点睛】本题考查了充要条件，意在考查学生的计算实力和推断实力，转化为求函数的最小值是解题的关键.7.在直角三角形ABC中，，点P是斜边AB上一点，且BP=2PA，则（）A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，计算得到答案.【详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，则，，，.故选：D.【点睛】本题考查了向量的数量积的计算，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.8.已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围是（）A.或 B.或C. D.或【答案】A【解析】【分析】探讨，两种状况，变换得到，设，求导得到单调性，画出函数和的图像，依据图像得到答案.【详解】，则，故，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，故函数有唯一极大值点，满意；当时，即，设，则恒成立，且，画出函数和图像，如图所示：根图像知：当时，即或时，满意条件综上所述：或.故选：A.【点睛】本题考查了依据极值点求参数，变换，画出函数图像是解题的关键.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的探讨、应用与推广，独创了“三系法”籼型杂交水稻，胜利探讨出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食平安、农业科学发展和世界粮食供应做出了杰出贡献；某杂交水稻种植探讨所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)听从正态分布，其密度曲线函数为，则下列说法正确的是（）A.该地水稻平均株高为100cmB.该地水稻株高的方差为10C.随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70D.随机测量一株水稻，其株高在(80，90)和在(100，110)(单位：cm)的概率一样大【答案】AC【解析】【分析】依据函数解析式得到，，故A正确B错误，依据正态分布的对称性得到C正确D错误，得到答案.【详解】，故，，故A正确B错误；，故C正确；依据正态分布的对称性知：，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生对于正态分布的理解和应用.10.如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（）A. B.MN∥平面ABCDC.三棱锥A—BMN的体积为定值 D.△AMN的面积与△BMN的面积相等【答案】ABC【解析】【分析】如图所示，连接，依据平面得到，A正确，，故MN∥平面ABCD，B正确，计算，C正确，，，D错误，得到答案.【详解】如图所示：连接，易知，平面，平面，故，故平面，平面，故，A正确；易知，故，故MN∥平面ABCD，B正确；为定值，故C正确；，，其中为点到直线的距离，依据图像知，故，故D错误；故选：ABC.【点睛】本题考查了立体几何中直线垂直，线面平行，体积的计算，意在考查学生的计算实力和空间想象实力.11.已知双曲线的一条渐近线方程为，双曲线的左焦点在直线上，A、B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，PB的斜率分别为，则的取值可能为（）A. B.1 C. D.2【答案】CD【解析】【分析】计算得到双曲线方程为，则，，设，，依据渐近线方程知：，代入计算得到答案.【详解】依据题意知：，，故，，双曲线方程为，则，，设，则，，，，依据渐近线方程知：，故.故选：CD.【点睛】本题考查了双曲线中斜率的计算，确定是解题的关键.12.在平面直角坐标系中，如图放置的边长为2的正方形ABCD沿轴滚动(无滑动滚动)，点D恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则对函数的推断正确的是（）A.函数在上有两个零点B.函数是偶函数C.函数在上单调递增D.对随意的，都有【答案】AB【解析】【分析】依据题意中的轨迹，画出函数图像，依据图像推断每个选项得到答案.【详解】当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；当以点为中心滚动时，点不动，然后周期循环，周期为.画出函数图像，如图所示：，，A正确；依据图像和周期知B正确；函数在上单调递减，故在上单调递减，C错误；取，易知，故D错误.故选：AB.【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算实力和转化实力，画出图像确定周期是解题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的单调递增区间为______.【答案】【解析】【分析】化简得到，取，，解得答案.【详解】，取，，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数的单调区间，意在考查学生的计算实力.14.北京大兴国际机场为4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航.目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2【答案】10【解析】【分析】依据题意，共有种选择，解除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，得到答案.【详解】不考虑西一跑道、西二跑道共有种选择，解除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，共有种选择.故答案为：10.【点睛】本题考查了排列的应用，利用解除法可以简化运算，是解题的关键.15.已知抛物线的准线方程为，直线与抛物线C和圆从左至右的交点依次为A、B、E、F，则抛物线C的方程为______，______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】计算，故抛物线方程为，联立方程得到，，计算，，得到答案.【详解】依据题意知，故，故抛物线方程为，设焦点为，，即，直线过圆心，联立方程，得到，解得，.故，，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了抛物线方程，抛物线中的弦长问题，意在考查学生的计算实力和转化实力.16.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________．【答案】144π【解析】【分析】易知当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，列方程求解即可.【详解】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.故答案为144π.【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.设是公比大于0的等比数列，其前n项和为是等差数列.已知，，__________.（1）求和的通项公式；（2）设求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）干脆利用等差数列等比数列公式计算得到答案.（2），利用错位相减法计算得到答案.【详解】（1）方案一：选条件①：设等比数列的公比为q，，，解得或，，，.设等差数列的公差为d，，，解得，，.方案二：选条件②：设等比数列的公比为q，，，解得或，，，.设等差数列的公差为，，，解得，，方案三：选条件③，设等比数列的公比为，，，解得或，，，.设等差数列的公差为，，，解得，，（2），，，，【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18.如图，在△ABC中，，（1）求BC的长度；（2）若E为AC上靠近A的四等分点，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）计算得到，，利用余弦定理计算得到答案.（2）依据余弦定理得到，利用正弦定理计算得到答案.【详解】（1），，在中，，，，，又，，在中，，.（2）由（1）知AB=2，，，中，，，在，，.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算实力和应用实力.19.如图所示，在直三棱柱中，侧面是正方形，.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）证明平面得到，证明平面得到答案.（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，是平面的一个法向量，计算向量夹角得到答案.【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，，，，又平面，平面，又平面，，又侧面为正方形，，又平面，，平面，又平面，平面平面.（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，则，解得，，又是平面的一个法向量，，，二面角的大小为.【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的计算实力和空间想象实力.20.某人玩掷正方体骰子走跳棋的嬉戏，已知骰子每面朝上的概率都是，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，……，第100站.一枚棋子起先在第0站，选手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次，若掷出朝上的点数为1或2，棋子向前跳两站；若掷出其余点数，则棋子向前跳一站，直到跳到第99站或第100站时，嬉戏结束；设嬉戏过程中棋子出现在第站的概率为.（1）当嬉戏起先时，若抛掷匀称骰子3次后，求棋子所走站数之和X的分布列与数学期望；（2）证明：；（3）若最终棋子落在第99站，则记选手落败，若最终棋子落在第100站，则记选手获胜，请分析这个嬉戏是否公允.【答案】（1）详见解析（2）证明见解析；（3）嬉戏不公允，详见解析【解析】【分析】（1）随机变量X的全部可能取值为3，4，5，6，计算概率得到分布列，计算得到数学期望.（2）依据题意得到，化简得到.（3）计算得到，，得到答案.【详解】（1）随机变量X全部可能取值为3，4，5，6，，，所以，随机变量X的分布列为：.（2）由题意知，当时，棋子要到第站，有两种状况：①由第n站跳1站得到，其概率为；②由第站跳2站得到，其概率为，，，（3）由（2）知，当棋子落到第99站嬉戏结束的概率为，当棋子落到第100站嬉戏结束的概率为，，最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，嬉戏不公允.【点睛】本题考查了分布列和数学期望，数列的递推公式，概率的计算，意在考查学生的计算实力和综合应用实力.21.已知椭圆的离心率e满意，以坐标原点为圆心，椭圆C的长轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆C的方程；（2）过点P(0，1)的动直线(直线的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在；定点【解析】【分析】（1）依据点到直线距离公式计算得到，计算，得到答案.（2）设，直线的方程为，联立方程得到，，得到，计算得到答案.【详解】（1）由题意知，，由，解得或（舍），故，，椭圆C的方程为.（2）存在，假设y轴上存在与点P不同的定点Q，使得恒成立，设，直线的方程为，由，得，，，，，，，，，，即，解得，存在定点，使得恒成立.【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定点问题，意在考查学生的计算实力和综合应用实力.22.已知函数.（1）证明：；（2）若当恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1），得到，得到，整理得