齐鲁名校大联考2025届山东省高三第六次学业水平联合检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页齐鲁名校大联考2025届山东省高三第六次学业水平联合检测数学试卷一、单选题：本大题共8小题，共40分。1.已知2+i1−i=a+bi(a,b∈R)，则ab=(

)A.3 B.−3 C.34 D.2.已知集合A={x|x+1x3≥0}，B={x|x≤a}，若(∁RA.[0,+∞) B.(0,+∞) C.(−∞,−1) D.(−∞,−1]3.已知△ABC的面积为4，在平面ABC内，将△ABC绕A点旋转180∘得到对应的△AB1C1，则A.2 B.4 C.6 D.84.已知圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x−3)2+yA.9π B.12π C.16π D.18π5.已知sin(α+π3)=1A.−79 B.37 C.−6.已知直线l:y=12x与双曲线C:x24−y2b2=1(b>0)A.52 B.62 C.7.若方程x2−2x+2−1=0A.(0,1) B.(0,2) C.(2,0) D.(2,1)8.若定义在D上的函数f(x)，∀x1，x2，x3∈D，f(x1)，f(x2)，f(x3)可以作为一个三角形的三条边长，则称f(x)A.(2e2+2e,+∞) B.(2二、多选题：本大题共3小题，共18分。9.如图是2024年11月27日国家统计局发布的2023年1−10月到2024年1−10月的各月累计营业收入与利润总额同比增速的折线图，则(

)A.累计营业收入同比增速的方差大于累计利润总额同比增速的方差

B.累计利润总额同比增速的极差为18

C.累计营业收入同比增速的众数为2.9

D.累计利润总额同比增速的40%分位数为−2.310.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为ABA.平面APC1⊥平面A1BD

B.若四面体A1−BDC1的四个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为48π

C.当点P在线段BC1上运动时，异面直线A1P与AD11.已知互不相等的正实数ai∈{1,2,3,4}(i=1，2，3，4)，ai1，ai2，ai3，ai4是a1，a2，aA.P(X>Y)=13 B.P(X>Y)=14

C.三、填空题：本大题共3小题，共15分。12.已知向量a=(2m+1,−1)，b=(m,m+1)，若a⊥b，则m的值为13.“曼哈顿距离”是一种在几何空间中用于衡量两点之间距离的方式，如在n维空间中，设点A(x1,x2,⋯,xn)，B(y1,y2,⋯,yn)，则“曼哈顿距离”表示为d(A,B)=i=1n|xi−yi|，若椭圆C:x2214.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)，f(5π12)=0，当x=−π3时，f(x)取得最值，且当x∈(−π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.记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1(1)求{an(2)记f(n)=Sn−2n，是否存在实数k，使得f(n)=k有两个解?若存在，求出16.新高考模式的选科是按物理类与历史类两大块组合进行，即物理与历史必选一科，再从化学、生物、地理、政治四个学科中任选两科，加上语文、数学、英语组成一种组合，简称“物理类”与“历史类”.为了解选科组合是否与性别有关，某机构随机选取了100名学生，进行了问卷调查，得到如下的2×2列联表：性别选科组合合计物理类历史类男生40女生30合计已知在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学生的概率为0.6．(1)完成表中数据，并根据小概率值α=0.005的独立性检验，判断选科组合是否与性别有关;(2)从上述选物理类的学生中利用分层随机抽样的方法抽取6人，再从6人中随机抽取4人调查其选物理类的原因．(ⅰ)用X表示这4人中男生的人数，求X的分布列及数学期望;(ⅱ)已知这4人中有女生的条件下，求男生、女生人数不相等的概率．附：χ2=n(ad−bcα0.10.050.005x2.7063.8417.87917.如图，已知正方形ABCD与矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，点M在线段EF上运动．

(1)若AM//平面BDE，求MFEF的值(2)求三棱锥M−ABD的体积;(3)当FM=2ME时，求平面BDM与平面BDF18.已知椭圆M:x2a2+y2b(1)求M的方程;(2)设直线l:y=kx+2与M相交于不同的两点C，D．(ⅰ)点C关于原点的对称点为C′，直线DC′的斜率为k′，证明：kk′为定值;(ⅱ)当|CD|=2413时，求k19.“拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数y=f(x)满足如下条件： ①在区间[a,b]上的图象是连续的; ②在区间(a,b)上可导，则在区间(a,b)上至少存在一个实数ξ，使得f(b)−f(a)b−a=f′(ξ)成立.已知函数f(x)=(1)∀a，b∈(0,+∞)，且a<b，若f(a)−f(b)a−b≥1恒成立，求m(2)当m=−32时，是否存在区间[a,b](a>0)，使f(a)+f(b)2>f((3)当m<−1时，设f(x)的两个极值点为x1，x2，且x1<x参考答案1.C

2.A

3.B

4.A

5.D

6.C

7.B

8.A

9.BCD

10.ACD

11.ACD

12.±13.8314.4

15.解：(1)∵数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，数列{an−2n+2}是公比为2的等比数列．

∴an−2n+2=(a1−2×1+2)2n−1=2n−1⇒an16.解：(1)因为在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学生的概率为0.6，

所以选物理类学生的人数为0.6×100=60，因此完成2×2列联表如下：性别选科组合合计物理类历史类男生401050女生203050合计6040100零假设H0：选科组合与性别无关．

因为χ2=10040×30−20×10260×40×50×50=503≈16.667>7.879，

所以根据小概率值α=0.005的独立性检验得零假设H0不成立，

因此选科组合与性别有关．

(2)(ⅰ)从选物理类的学生中利用分层随机抽样的方法抽取6人，则男生的人数为4，女生的人数为2，

因此再从抽取的6人中随机抽取4人调查其选物理类的原因，则X的取值为：2、3、4．X234P281因此EX=2×25+3×815+4×115=83．

(ⅱ)设“4人中有女生”为事件A，“男生、女生人数不相等”为事件B，

则由17.解：1连接AC，BD，交于点O，连接OE。

因为正方形ABCD，所以O是AC中点，又矩形ACEF，则OE⊂平面BDE。

若AM//平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE=OE，

根据线面平行的性质定理可得AM//OE。因为O是AC中点，所以M是EF中点，所以MFEF=12。

2因为正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，平面ABCD∩平面ACEF=AC，AF⊥AC，

AF⊂平面ACEF，根据面面垂直的性质定理可知AF⊥平面ABCD。

点M在线段EF上运动，EF//AC，所以M到平面ABD的距离等于F到平面ABD的距离，即ℎ=AF=1。

正方形ABCD中，AB=2，则S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2。

根据三棱锥体积公式VM−ABD=13S△ABD⋅ℎ，

可得VM−ABD=13×2×1=23。

3以C为原点，分别以CD，CB，CE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系。

则D(2,0,0)，B(0,2,0)，F(2,2,1)。因为FM=2ME，E(0,0,1)，设M(x,y,z)，FM=(x−2,y−2,z−1)，

ME=(−x,−y,1−z)，可得x−2=−2xy−2=−2yz−1=2(1−z)解得x=23y=23,z=1即M(23,23,1)。

所以BD=(2,−2,0)，BF=(2,0,1)，BM=(23,−18.解：(1)因为椭圆M的离心率为32，M上的点与其中一个焦点的距离的最小值为2−3，

所以ca=32a−c=2−3，解得a=2c=3，因此b2=a2−c2=1，所以椭圆M的方程为x24+y2=1．

(2)(ⅰ)设Cx1,y1、Dx2,y2．

由y=kx+2x24+y2=1得1+4k2x2+16kx+12=0，

因此由Δ=16k2−481+4k2=64k2−48>0得k2>34，且x1+x2=−16k1+4k2、x1x2=1219.解：(1)根据“拉格朗日中值定理”在区间(a,b)上可导，

则在区间(a,b)上至少存在一个实数ξ，使得f(b)−f(a)b−a=f′(ξ)成立，

∀a，b∈(0,+∞)，且a<b，若f(a)−f(b)a−b≥1恒成立，

即∀x∈(0,+∞)，均有f′(x)>1，

由f(x)=ex−x2+mx，得f′(x)=ex−2x+m，

所又ex−2x+m>1在(0,+∞)恒成立，

令g(x)=ex−2x+m−1，则g′(x)=ex−2，

从而由g′(x)>0，得x>ln2，由g′(x)<0，得x>ln2，

所以g(x)=ex−2x+m−1在(−∞,ln2)上递减，在(ln2,+∞)递增，

所以g(x)=ex−2x+m−1有最小值g(ln2)=1−2ln2+m，

据题意1−2ln2+m>0，

所以m>2ln2−1；

(2)m=−32时，f(x)=ex−x2−32x，则f′(x)=ex−2x−32，

令ℎ(x)=f′(x)=ex−2x−32，定义域为(0,+∞)，

则ℎ′(x)=ex−2，当x∈(0,ln2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;

当x∈(ln2,+∞)时ℎ′(x)>0，ℎ(x)