山东省青岛市青岛2025年第五十八中学一模数学试题含答案

/2025年山东省青岛市青岛第五十八中学一模数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则的子集的个数为（

）A．3 B．4 C．8 D．162．已知，则的虚部为（

）A． B． C． D．23．已知向量，，若与同向共线，则（

）A．3 B． C．或3 D．0或34．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．5．已知今天是星期三，则天后是（

）A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期五6．已知，，，则（

）A． B． C． D．7．已知等差数列的公差为，前项和为．设甲：；乙：是递增数列，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8．已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（

）A．13 B．11 C．9 D．7二、多选题（本大题共3小题）9．若是样本数据的平均数，则（

）A．的极差等于的极差B．的平均数等于的平均数C．的中位数等于的中位数D．的标准差大于的标准差10．已知等差数列中，当且仅当时，取得最大值.记数列的前k项和为，（

）A．若，则当且仅当时，取得最大值B．若，则当且仅当时，取得最大值C．若，则当且仅当时，取得最大值D．若，，则当或14时，取得最大值11．已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（

）A．B．是偶函数C．的图象关于点中心对称D．是的一个周期三、填空题（本大题共3小题）12．已知随机变量，则的值为.13．已知公比不为的等比数列中，存在，满足，则的最小值为．14．双曲线的两个焦点为，，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知数列中，为的前项和，，，.(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：.16．如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．(1)证明：；(2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．17．袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束．(1)求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；(2)若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分的分布列和数学期望．18．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点为直线：与椭圆：的一个交点，且，.（1）证明：直线与椭圆相切；（2）已知直线与椭圆：交于，两点，且点为的中点.（i）证明：椭圆的离心率为定值；（ii）记的面积为，若，证明：.19．已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”．(1)设函数．（i）当时，求在上的最大“Ω点”；（ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围；(2)设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于．

参考答案1．【答案】D【详解】因为，，所以，所以的子集个数为．故选：D．2．【答案】D【详解】由，则，的虚部为2.故选：D.3．【答案】A【详解】因为向量，，由，可得或，当时，，，，满足题意，当时，，，，不满足题意，所以.故选：A.4．【答案】D【分析】根据对数函数的特征确定函数的定义域，再利用函数的单调性得出结果.【详解】由得或，所以的定义域为，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以.故选D.5．【答案】A【详解】．即除以7的余数为5，所以天后是星期一.故选：A.6．【答案】D【详解】因为，，而，，所以，，，，所以．故选：D．7．【答案】D【详解】若公差，如数列，，，，…，0，1，2，…，则数列的前项和先减再增；若是递增数列，如，则为常数列也为等差数列，且；所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件，故D项正确.故选：D.8．【答案】C【详解】函数，，为的零点，为图象的对称轴，，，且，，相减可得，，即，即为奇数．在单调，①若在单调递增，则，且，，即①，且，②，把①②可得：，，故有奇数的最大值为11．当时，，，，．此时在上不单调，不满足题意．当时，，，，，此时在上单调递减，不满足题意；故此时无解．②若在单调递减，则，且，，即③，且，④，把③④可得：，，故有奇数的最大值为11．当时，，，，．此时在上不单调，不满足题意．当时，由①在上单调递减，满足题意；故的最大值为9．故选：C9．【答案】AB【详解】对于A，样本数据的平均数为，则，故的极差等于的极差，故A正确；对于B，数据的平均数，故B正确；对于C，如果是按从小到大排列，则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误；对于D，的方差，而的方差，但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误．故选：AB．10．【答案】BD【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，对于A，且时取最大值，设，则，当时，；时，；时，，所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.，则，，，，前14项和最大，B项正确；对于C，，则，同理，，，前13项和最大，C项错误；对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；故选：BD.11．【答案】ABC【分析】利用赋值法令根据表达式可判断A正确，再根据偶函数定义可得B正确；取并根据对称中心定义可得C正确，由对称中心以及偶函数性质可判断是的一个周期，可得D错误.【详解】对于A,根据题意令，则由可得，解得，即A正确；对于B,令可得，所以，即可得对任意的满足，即是偶函数，所以B正确；对于C,令，则由可得，即满足，因此可得的图象关于点中心对称，即C正确；对于D,由于是偶函数且，所以满足，即，可得，也即，所以是的一个周期，即D错误.故选ABC.12．【答案】16【详解】由可得,则.故答案为：16.13．【答案】【详解】设的公比为，因为，则，故，.则，当且仅当，即时等号成立，此时，但.结合对勾函数的性质，当时，；当时，，因为，故的最小值为，此时.故答案为：14．【答案】或【详解】不妨设双曲线的标准方程为，则，，，由题意知，切线与双曲线的交点，的分布可以是在双曲线的两支和双曲线的一支两种情况：设过的直线与圆相切于点，则在中，，，，①当，两点位于双曲线的一支时，，且点的位置如图所示，在中，由正弦定理得，，，，，在中，，即，化简得，即；②当，两点位于双曲线的两支时，，且点位于双曲线的右支，如图所示，在中，由正弦定理得，，，，在中，，即，化简得，即.综上，的离心率或.故答案为：或.15．【答案】(1).(2)证明见解析.【详解】（1）解：当时，，，得，两式相减得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列，则，，，即有；（2）解：，得，则，即有前项和为，，两式相减可得，，化简得，由于各项大于0，得，由不等式的性质可得.故.16．【答案】(1)证明见解析；(2)．【详解】（1）在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因为，平面,所以平面,平面．所以．由于,所以四边形为平行四边形，所以．又，所以，所以．（2）因为，所以，又，平面,所以平面．取中点，连接，设．设多面体的体积为，则．解得．建立如图所示的空间直角坐标系，则，．则平面的一个法向量．所以，设平面的一个法向量，则即取．所以．所以平面与平面夹角的余弦值为．17．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）由互斥加法以及独立乘法公式即可求解；（2）X的可能取值为2，3，4，5，算出对应的概率即可得分布列以及数学期望.【详解】（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（，2，3）摸到红球为事件，则事件，显然、、彼此互斥，由互斥事件概率的加法公式：，因为每次摸到红球后放回，所以，，，所以，.（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，，，，，所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为，X2345P.18．【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；【详解】（1）由题意，，得，所以，因为点为直线与椭圆的一个交点，且，所以，代入的表达式可得，，所以直线与椭圆相切；（2）（i），可得，由韦达定理知，，又因为点为的中点，所以，解得，所以为定值；（ii），所以，由（i）中韦达定理知，，所以，因为，代入化简得，因为，所以，证明，只需证，又因为显然成立，所以成立.19．【答案】(1)（i）；（ii）(2)证明见解析【详解】（1）（i）当时，，则，则当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，即对，，当时，都有，即在上的最大“Ω点”为；（ii）由题意可得在时恒成立，，令，，则，当时，恒成立，故在上单调递减，则，故在上单调递减，此时，符合要求；当时，令，则，则当，即时，，即在上单调递增，则，即在上单调递增，有，不符合要求，故舍去；当，即时，恒成立，故在上单调递减，则，故在上单调递减，此时，符合要求；当，即时，若，，若，，即在上单调递减