【数学】山东省部分学校2025届高三第六次学业水平联合检测试卷（解析版）

这是一份【数学】山东省部分学校2025届高三第六次学业水平联合检测试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】由，所以.
故选：C.
2. 已知集合，，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】有或，
所以，，
由有，
所以，即.
故选：A.
3. 已知的面积为4，在平面内，将绕点旋转得到对应的，则的面积为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】如图所示，将在平面内，将绕点旋转得到对应的，
可得，且与的高相等，
所以.
故选：B.
4. 已知圆与圆有条公切线，圆覆盖圆，，则圆面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据圆的方程有：，圆圆心，半径，
因为两圆有条公切线，所以圆、相外切，
所以两圆圆心距，
即，解得，
因为圆覆盖圆，，所以圆半径的最小值为，
所以圆面积的最小值为.
故选：A
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以
.
故选：D
6. 已知直线与双曲线相交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设由对称性有，
由，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
7. 若方程的非整数根是函数的一个零点，则图象的对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由有，得或（舍去），
所以，
即，所以，
所以，所以函数图象的对称中心为，
，
故选：B.
8. 若定义在上的函数，，，，可以作为一个三角形的三条边长，则称是上的“三角形函数”．已知函数是定义在区间上的“三角形函数”，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，令得，
令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
又，，
故，
由题意得，即，
解得.
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. 如图是年月日国家统计局发布的年月到年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
C. 累计营业收入同比增速的众数为
D. 累计利润总额同比增速的分位数为
【答案】BCD
【解析】A.根据折线图得，累计利润总额同比增速的折线图波动程度明显大于累计营业收入同比增速的折线图波动程度，
故累计营业收入同比增速的方差小于累计利润总额同比增速的方差，A错误.
B. 累计利润总额同比增速的最大值为，最小值为，故极差为，B正确.
C.观察累计营业收入同比增速的数据，出现了次，出现的次数最多，故累计营业收入同比增速的众数为，C正确.
D.将累计利润总额同比增速的数据从小到大排序为，
∵，∴累计利润总额同比增速的分位数为，D正确.
故选：BCD.
10. 在棱长为的正方体中，为的中点，是侧面内的动点，下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 若四面体的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为
C. 当点在线段上运动时，异面直线与所成角的取值范围是
D. 当直线与直线所成的角是时，点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为，又面，面，
所以，又，面，所以，
连接，同理可证，又，面，所以面，
又面，所以平面平面，故选项A正确，
对于选项B，如图建立空间直角坐标系，因为正方体棱长为，
则,
设四面体的外接球球心，半径为，
由，得到，
解得，则，则球的表面积为，所以选项B错误，
对于选项C，因为点在线段上，设，
因为，，，又，
设异面直线与所成的角为，则，
又，则，所以，
又，所以，故选项C正确，
对于选项D，易知，设，则，又，
则，
整理得到，其轨迹为平面上，以为圆心，为半径的圆，
又是侧面内的动点， 所以点的轨迹长度为，所以选项D正确，
故选：ACD
11. 已知互不相等的正实数，，，，是，，，的任意顺序的一个排列，定义随机变量，满足则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】依题意，，，的全排列有种，
因为随机变量，满足，
所以当或时，，；
当或时，，；
当或时，，；
又当或时，，，
即满足的排列有，，，，，，，共种；
所以，故A正确，B错误；
同理当或时，，，满足，即；
当或时，，，满足，即；
综上可得，故C正确；
因为当时，当时时，所以满足，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则的值为______．
【答案】
【解析】由.
故答案为：.
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，如在维空间中，设点，，则“曼哈顿距离”表示为．若椭圆的左焦点为，上顶点为，直线交于另一点，则，两点的“曼哈顿距离”______；若将在轴上方的部分沿轴翻折得到一个直二面角，则在空间直角坐标系中，______．
【答案】①. ②.
【解析】根据题干，上顶点，根据直线的截距式方程可得直线的方程为
，联立直线与椭圆方程，消去y整理得：，
解得或，当时，（对应点B），当时，，
所以，根据“曼哈顿距离”，
即可求出，
将在轴上方的部分沿轴翻折得到一个直二面角，则在空间直角坐标系中，得到
，,故，
故答案为：；
14. 已知函数，，当时，取得最值，且当时，单调递增，则在上的零点个数为______．
【答案】4
【解析】当时，取得最值，且当时，单调递增，
故当时，取得最小值，
设的最小正周期为，则，解得，
故，解得，
又，
故，
又，
所以，①，，②
联立①②得，，故，
，则，
故或0或或，
解得或或或，
故在上的零点个数为4.
故答案为：4
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. 记数列的前项和为，已知，数列是公比为2的等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）记，是否存在实数，使得有两个解？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：（1）由题意可知，数列是以首项，公比为的等比数列，
则，即，
故的通项公式为
（2），
则.又的对称轴为，则在上单调递增，
故不存在实数，使得有两个解.
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，得到如下的列联表：
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）用表示这4人中男生的人数，求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：，其中．
解：（1）由题可得选物理类学生为，可得列联表：
零假设：：选科组合是否与性别无关，
由列联表可得，
根据小概率值0.005的独立性检验，推断不成立，即认为选科组合与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005；
（2）（ⅰ）物理类男生应抽取人数为：人，物理类女生应抽取人数为：人，
所以随机变量的可能性为：.
所以,
所以的分布列为：
，
（ⅱ）令事件为“这4人中有女生”，令事件为“男生、女生人数不相等”，
则有,
所以,
所以在有女生的条件下，男生、女生人数不相等的概率为.
17. 如图，已知正方形与矩形所在平面互相垂直，，，点在线段上运动．
（1）若平面，求的值；
（2）求三棱锥的体积；
（3）当时，求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）设，分别连接，
因为正方形，所以为的中点，
又因为平面，且平面，平面平面，
所以，
在矩形中，为的中点，可得为的中点，
所以，当平面时，则.
（2）因为四边形为矩形，可得，且，
又因为平面平面，且平面，平面平面，
所以平面，即到平面的距离为，
因为，且平面，平面，所以平面，
又因为点在线段上运动，
所以到平面的距离等于到平面的距离为，
即三棱锥的高为1
因为正方形的边长为，可得，
所以三棱锥的体积.
（3）由（2）知：平面，且，所以平面，
以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因，则，
，可得，解得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面夹角为，则，
所以面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，上的点与其中一个焦点的距离的最小值为．
（1）求的方程；
（2）设直线与相交于不同的两点，．
（ⅰ）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值；
（ⅱ）当时，求的值．
解：（1）依题意得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）（ⅰ）由得.
因为直线与椭圆有两个交点，
所以，即（*），
设，，,则，
所以，
故，
因此为定值，
（ⅱ）
因此，
化简可得，即，
解得，均满足（*），
故
19. “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，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数．
（1），且，若恒成立，求的取值范围；
（2）当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由；
（3）当时，设的两个极值点为，，且，证明：．
（1）解：由题意，对于任意，有，等价于.
根据拉格朗日中值定理，存在使得.
因此，要求对所有成立.
整理得.
设函数gx=-ex+2x+1(x>0)，则.
在内,单调递增，在内,单调递减.
.
故；
（2）证明：当时，函数.
验证是否存在区间（）使得f(a)+f(b)2>fa+b2.
方法一：不等式f(a)+f(b)2>fa+b2等价于f(b)-f(a+b2)b-a+b2>fa+b2-f(a)a+b2-a.
由拉格朗日中值定理，可知存在，使得，
因此只需保证f's>f'(t),这只需要在区间上单调递增，
由于函数，在时大于零，
所以的单调递增区间为,
所以只需要即可，因此存在这样的区间.
方法二：f(a)+f(b)2>fa+b2等价于函数在区间上为凹函数.
当（即）时，f'x'=ex-2>0，在为凸函数；当时，，
为凹函数.
在凹区间（如）取，则；
在凸区间（如）取，则f(a)+f(b)2>fa+b2.
因此存在这样的区间.
（3）证明：由于，设，，
令得.
时，（单调递减）；时，（单调递增）.
因此，处取得极小值：
由于，且，所以.
又因为和，
所以有两个解和，.
因为,所以.
由和，相减得：①,
需要证明，即：，
设,需证明②.
由①得：,，
所以③,
设,令,
,在时q'x>0,单调递增，所以,p'x>0,所以单调递增，所以,
所以对于恒成立，
所以结合③可得
整理得：，
于是结合待证式子②，可知只要证明,即，
构造函数,只需证明在的条件下成立.
令,
u'x=4ex-4ex=41-e2xex>0对于恒成立，
所以即在上单调递增，
，所以
所以单调递减，
又因为，所以时成立.
至此证明完毕.
性别
选科组合
合计
物理类
历史类
男生
40
女生
30
合计
0.1
0.05
0.005
2.706
3.841
7.879
性别
选科组合
合计
物理类
历史类
男生
40
10
50
女生
20
30
50
合计
60
40
100
2
3
4