山东省青岛市、淄博市2025届高三下学期第二次适应性检测数学试题（解析版）

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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. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由集合，，，
可得，所以.
故选：C.
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】命题“，”的否定为“，”，
故选：D．
3. 某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（ ）
A. 90B. 120C. 180D. 200
【答案】D
【解析】设从核心区抽取的人数为人，
因为各区的人口比例为，且从开发区抽取的人数为300，
可得，解得，即从核心区抽取的人数为人.
故选：D.
4. 记等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A. 15B. 14C. 13D. 12
【答案】A
【解析】因为数列为等比数列，则，
可得，解得或，
若，则公比，
可得，所以；
若，则公比，
可得，所以；
综上所述：.
故选：A.
5. 设函数，则下面结论中正确的是（ ）
A. 的周期为B. 的图像关于点对称
C. 的一个极值点是D. 在区间单调递减
【答案】C
【解析】对于A，，故A错误；
对于B，由，故的图像关于点不对称，故B错误；
对于C，设，
则，
当时，，，
当时，，，
所以是的一个极大值点，故C正确；
对于D，时，，
因为在单调递增，所以在区间单调递增，故D错误；
故选：C．
6. 已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆锥底面半径为，由题意可得：，
解得，
如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心，
则，
可得，
.
故选：C.
7. 直线与圆交于两点，，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，
由得，，则，
，
由得，，
故选：B．
8. 对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由得，，故，
因为，所以，
所以，
因为集合补集中一段区间的长为，
所以当时，一定成立，
当时，时，有，
解得，所以满足的范围是，
综上所述，，
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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 若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】由随机变量服从正态分布，可得，
又由随机变量服从正态分布，可得，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，由正态分布曲线的性质，得，所以C正确；
对于D中，由，
又由正态分布曲线的对称性，可得，
所以.
故选：ACD.
10. 记为数列的前项和，已知则（ ）
A. 2025是数列中的项
B. 数列是公比为2的等比数列
C.
D. 若，则数列的前项和小于
【答案】ACD
【解析】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确；
对于B，由题知，，
故数列是公比为4的等比数列，故B错误；
对于C，由题知，，
所以，故C正确；
对于D，，，
设数列的前项和为，
则，故D正确；
故选：ACD．
11. 设函数，则（ ）
A. 曲线关于对称
B. 的最小值为
C. 方程在上有4个根
D. 存在，使得
【答案】ABD
【解析】对于A选项：
.
.
所以，所以关于对称.A选项正确.
对于B选项：
因为，
而分子最小值为-1.
所以，所以B选项正确.
对于C选项：
因为，即.
将上面等式化简得.
即.
当时，，所以在上，.
当时，在上，.
令.
，可求出单调区间.
在上单调递减，在单调递增，，.
，.
这说明会至少有两个交点.
综上，共有6个交点，所以C错误.
对于D选项：
因为关于对称，且在上连续，而关于对称时,
在处取得最大值.
当足够大时，存在，使得成立，所以D选项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______．
【答案】
【解析】由复数，可得，
所以.
故答案为：
13. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，的准线交于两点，为等边三角形，则的离心率为______．
【答案】
【解析】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，则抛物线准线为，
将代入得，，
所以，
中，，
解得或（舍），
所以的离心率为，
故答案为：．

14. 已知三棱锥体积为，，，，与的周长均为10，则______．
【答案】
【解析】因为，与的周长均为10，
所以=6，=6，
所以在以为焦点的椭球上，
因为，
所以在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，则，
所以三棱锥的体积为，
所以，又因为，
所以，
解得：，
由题意，设以为焦点过的椭圆的标准方程为，
设代入解得，
所以
.
故答案为：
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. 记的内角的对边分别为，若，，．
（1）求；
（2）若，求边上的高的最大值．
解：（1）因为，所以，即，
由余弦定理得，因为，
所以．
（2）由（1）得，即，当且仅当时，等号成立，
设边上的高为，则，
所以，
所以边上的高的最大值为1．
16. 如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成的角．
（1）证明：分别为中点，，
又，，
分别为中点，，
又，，
，平面，
平面，又平面，
平面平面．
（2）解：在中，由，，
则，又，，
，即，
又，，平面，
平面，
以为原点，分别以所在直线为轴，以平行于的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，
设是平面的一个法向量，
则有，令，得，
设与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角为.
17. 设椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点在上．
（1）求的方程；
（2）设为的角平分线所在的直线，上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意可得：
，解得，
所以椭圆方程为；
（2）假设在椭圆上存在关于直线对称的相异两点，分别设为，，
由已知，，
设直线与轴的交点为，，
因为为的角平分线，所以，
又，故，，
中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
两式相除得，所以，
化简得，
解得（舍去）或，所以，
所以的方程为，即，
因为关于直线对称，可知，
设直线方程为，
由消得：，
，解得，
由韦达定理得，
设线段中点为，
，代入直线方程得，所以，
将代入方程，可得，与矛盾，
故假设不成立，所以椭圆上不存在关于直线对称的相异两点
18. 盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球．
（1）若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率；
（2）若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为；
（3）若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率．
参考公式：若是离散型随机变量，有．
（1）解：设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，
则，
所以2次摸球后，摸出的球不同色的概率为．
（2）证明：，设事件为“第1次从盒子中摸出白球”，
则，
所以第1次从盒子中摸出白球的概率为．
（3）解：设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，
设，
由题意得，服从两点分布，故，
根据参考公式可得，
由第（2）问可得，
则，
，
所以是为首项，为公比的等比数列，
则，
则第次摸出白球的概率为．
19. 函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”．
（1）判断是否为的“－函数”，并证明；
（2）设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）；
（3）若，，，，证明：是的“－函数”．
证明：（1）由函数，可得，
又由，可得，
因为，所以是的“－函数”.
（2）由为定义在上的函数，可得函数的定义域为，
因为，所以为偶函数，
又因为是的“－函数”，所以，
因为，，所以是“－函数”，
即，用代替，可得，所以，
令，则，所以（为常数），
所以（为常数）
（3）由函数，，
可得，，
设，可得，
设，则，
则，所以递增，即递增，且，，
存在使得，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，即，
所以，
因为，所以，所以，即，
所以当时，是的“－函数”