/2025年山東省青島市青島第五十八中學一模數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則的子集的個數為（

）A．3 B．4 C．8 D．162．已知，則的虛部為（

）A． B． C． D．23．已知向量，，若與同向共線，則（

）A．3 B． C．或3 D．0或34．已知函數在上單調遞增，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．已知今天是星期三，則天后是（

）A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期五6．已知，，，則（

）A． B． C． D．7．已知等差數列的公差為，前項和為．設甲：；乙：是遞增數列，則（

）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件8．已知函數為的零點，為圖象的對稱軸，且在單調，則的最大值為（

）A．13 B．11 C．9 D．7二、多選題（本大題共3小題）9．若是樣本數據的平均數，則（

）A．的極差等于的極差B．的平均數等于的平均數C．的中位數等于的中位數D．的標準差大于的標準差10．已知等差數列中，當且僅當時，取得最大值.記數列的前k項和為，（

）A．若，則當且僅當時，取得最大值B．若，則當且僅當時，取得最大值C．若，則當且僅當時，取得最大值D．若，，則當或14時，取得最大值11．已知定義在上的函數不恒等于，且對任意的，有，則（

）A．B．是偶函數C．的圖象關于點中心對稱D．是的一個周期三、填空題（本大題共3小題）12．已知隨機變量，則的值為.13．已知公比不為的等比數列中，存在，滿足，則的最小值為．14．雙曲線的兩個焦點為，，以的實軸為直徑的圓記為，過作的切線與交于，兩點，且，則的離心率為．四、解答題（本大題共5小題）15．已知數列中，為的前項和，，，.(1)求的通項公式；(2)設，數列的前項和為，求證：.16．如圖，在多面體中，底面是平行四邊形，為的中點，．(1)證明：；(2)若多面體的體積為，求平面與平面夾角的余弦值．17．袋中裝有大小相同的4個紅球，2個白球．某人進行摸球游戲，一輪摸球游戲規則如下：①每次從袋中摸取一個小球，若摸到紅球則放回袋中，充分攪拌后再進行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次數達到4次時本輪摸球游戲結束．(1)求一輪摸球游戲結束時摸球次數不超過3次的概率；(2)若摸出1次紅球計1分，摸出1次白球記2分，求一輪游戲結束時，此人總得分的分布列和數學期望．18．在平面直角坐標系中，已知為坐標原點，點為直線：與橢圓：的一個交點，且，.（1）證明：直線與橢圓相切；（2）已知直線與橢圓：交于，兩點，且點為的中點.（i）證明：橢圓的離心率為定值；（ii）記的面積為，若，證明：.19．已知函數定義域為，，若，，當時，都有．則稱為在上的“Ω點”．(1)設函數．（i）當時，求在上的最大“Ω點”；（ii）若在上不存在“Ω點”，求a的取值范圍；(2)設，且，．證明：在D上的“Ω點”個數不小于．

參考答案1．【答案】D【詳解】因為，，所以，所以的子集個數為．故選：D．2．【答案】D【詳解】由，則，的虛部為2.故選：D.3．【答案】A【詳解】因為向量，，由，可得或，當時，，，，滿足題意，當時，，，，不滿足題意，所以.故選：A.4．【答案】D【分析】根據對數函數的特征確定函數的定義域，再利用函數的單調性得出結果.【詳解】由得或，所以的定義域為，因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以.故選D.5．【答案】A【詳解】．即除以7的余數為5，所以天后是星期一.故選：A.6．【答案】D【詳解】因為，，而，，所以，，，，所以．故選：D．7．【答案】D【詳解】若公差，如數列，，，，…，0，1，2，…，則數列的前項和先減再增；若是遞增數列，如，則為常數列也為等差數列，且；所以甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件，故D項正確.故選：D.8．【答案】C【詳解】函數，，為的零點，為圖象的對稱軸，，，且，，相減可得，，即，即為奇數．在單調，①若在單調遞增，則，且，，即①，且，②，把①②可得：，，故有奇數的最大值為11．當時，，，，．此時在上不單調，不滿足題意．當時，，，，，此時在上單調遞減，不滿足題意；故此時無解．②若在單調遞減，則，且，，即③，且，④，把③④可得：，，故有奇數的最大值為11．當時，，，，．此時在上不單調，不滿足題意．當時，由①在上單調遞減，滿足題意；故的最大值為9．故選：C9．【答案】AB【詳解】對于A，樣本數據的平均數為，則，故的極差等于的極差，故A正確；對于B，數據的平均數，故B正確；對于C，如果是按從小到大排列，則的中位數為，不一定等于的中位數，故C錯誤；對于D，的方差，而的方差，但當時兩組數據的方差相等，其標準差也相等，故D錯誤．故選：AB．10．【答案】BD【詳解】由等差數列前n項和有最大值，所以數列為遞減數列，對于A，且時取最大值，設，則，當時，；時，；時，，所以或14時，前k項和取最大值，A項錯誤；對于B，當且僅當時取最大值，則時，，時，.，則，，，，前14項和最大，B項正確；對于C，，則，同理，，，前13項和最大，C項錯誤；對于D，，，得，由題等差數列在時，，時，，所以，，，所以或14時，前k項和取最大值，D項正確；故選：BD.11．【答案】ABC【分析】利用賦值法令根據表達式可判斷A正確，再根據偶函數定義可得B正確；取并根據對稱中心定義可得C正確，由對稱中心以及偶函數性質可判斷是的一個周期，可得D錯誤.【詳解】對于A,根據題意令，則由可得，解得，即A正確；對于B,令可得，所以，即可得對任意的滿足，即是偶函數，所以B正確；對于C,令，則由可得，即滿足，因此可得的圖象關于點中心對稱，即C正確；對于D,由于是偶函數且，所以滿足，即，可得，也即，所以是的一個周期，即D錯誤.故選ABC.12．【答案】16【詳解】由可得,則.故答案為：16.13．【答案】【詳解】設的公比為，因為，則，故，.則，當且僅當，即時等號成立，此時，但.結合對勾函數的性質，當時，；當時，，因為，故的最小值為，此時.故答案為：14．【答案】或【詳解】不妨設雙曲線的標準方程為，則，，，由題意知，切線與雙曲線的交點，的分布可以是在雙曲線的兩支和雙曲線的一支兩種情況：設過的直線與圓相切于點，則在中，，，，①當，兩點位于雙曲線的一支時，，且點的位置如圖所示，在中，由正弦定理得，，，，，在中，，即，化簡得，即；②當，兩點位于雙曲線的兩支時，，且點位于雙曲線的右支，如圖所示，在中，由正弦定理得，，，，在中，，即，化簡得，即.綜上，的離心率或.故答案為：或.15．【答案】(1).(2)證明見解析.【詳解】（1）解：當時，，，得，兩式相減得，，即有，即為數列為第二項起為等比數列，則，，，即有；（2）解：，得，則，即有前項和為，，兩式相減可得，，化簡得，由于各項大于0，得，由不等式的性質可得.故.16．【答案】(1)證明見解析；(2)．【詳解】（1）在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因為，平面,所以平面,平面．所以．由于,所以四邊形為平行四邊形，所以．又，所以，所以．（2）因為，所以，又，平面,所以平面．取中點，連接，設．設多面體的體積為，則．解得．建立如圖所示的空間直角坐標系，則，．則平面的一個法向量．所以，設平面的一個法向量，則即取．所以．所以平面與平面夾角的余弦值為．17．【答案】(1)(2)分布列見解析；期望為【分析】（1）由互斥加法以及獨立乘法公式即可求解；（2）X的可能取值為2，3，4，5，算出對應的概率即可得分布列以及數學期望.【詳解】（1）設一輪摸球游戲結束時摸球次數不超過3次為事件A，記第i次（，2，3）摸到紅球為事件，則事件，顯然、、彼此互斥，由互斥事件概率的加法公式：，因為每次摸到紅球后放回，所以，，，所以，.（2）依題意，X的可能取值為2，3，4，5，，，，，所以，一輪摸球游戲結束時，此人總得分X的分布列為，X2345P.18．【答案】（1）證明見解析；（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析；【詳解】（1）由題意，，得，所以，因為點為直線與橢圓的一個交點，且，所以，代入的表達式可得，，所以直線與橢圓相切；（2）（i），可得，由韋達定理知，，又因為點為的中點，所以，解得，所以為定值；（ii），所以，由（i）中韋達定理知，，所以，因為，代入化簡得，因為，所以，證明，只需證，又因為顯然成立，所以成立.19．【答案】(1)（i）；（ii）(2)證明見解析【詳解】（1）（i）當時，，則，則當時，，當時，，即在上單調遞增，在上單調遞減，即對，，當時，都有，即在上的最大“Ω點”為；（ii）由題意可得在時恒成立，，令，，則，當時，恒成立，故在上單調遞減，則，故在上單調遞減，此時，符合要求；當時，令，則，則當，即時，，即在上單調遞增，則，即在上單調遞增，有，不符合要求，故舍去；當，即時，恒成立，故在上單調遞減，則，故在上單調遞減，此時，符合要求；當，即時，若，，若，，即在上單調遞減