第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年山東省青島市膠州一中高考數學調研試卷（3月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|1≤x≤10}，B={x|x=3k?1,k∈N}，則A∩B=(

)A.{1,3,5,7,9} B.{2,5,8}

C.{1,4,7,10} D.{1,2,4,5,7,8,10}2.已知復數z=2?bi，若z2為純虛數，則b=(

)A.0 B.±1 C.±2 D.±33.已知數列{an}為等比數列，a1=512，公比q=14，則數列{anA.4 B.5 C.6 D.74.若函數f(x)=xa，x∈(0,+∞)的圖象如圖所示，則函數g(x)=logax+A.B.

C.D.5.已知非零向量b在向量a上的投影向量為12a，|a|=2，則A.?2 B.2 C.?1 D.?6.已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，斜率為k的直線l與C交于兩個不同的點A，B，且F為線段AB的一個三等分點，則k2A.4 B.8 C.12 D.167.已知函數f(x)=x(x?a)2的極大值為12，則a=A.?32 B.?23 C.8.設圓O：x2+y2=2上兩點A(x1A.1 B.2 C.2 D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.為研究某種樹的樹高和胸徑的關系，某人隨機測量了10棵該品種樹的胸徑x(單位：cm)和樹高y(單位：m)的數據(xi,yi)(i=1,2,…,10)，已知其中一組數據為(38.4,23.7)，且i=110xA.由殘差圖可判定樹高與胸徑的關系符合上述回歸模型

B.該種樹的平均樹高約為22.29m

C.數據(38.4,23.7)對應的殘差為?0.9

D.刪除一組數據(38.4,23.7)后，重新求得的回歸直線的斜率變小10.已知函數f(x)=sinx(1?cosx)，則(

)A.f(x)的零點為2kπ(k∈Z)

B.f(x)在[?π,π]上的最大值與最小值之和為0

C.直線x=π是f(x)的圖象的一條對稱軸

D.0是函數y=xf(x)的極小值點11.雙曲線x2a2?y23=1(a>0)的左右焦點分別為M，N，O為坐標原點，點PA.點H在直線x=a上

B.∠PMN>π4

C.△PMN外接圓的面積為254π

D.連結PH交x三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.今有2只紅球、3只黃球，同色球不加以區分，將這5只球排成一列，有

種不同的方法(用數字作答)．13.已知f(x)是{x|x≠0}上的奇函數，當x>0時，f(x)=lnx.過原點O作兩條互相垂直的直線，其中一條與f(x)的圖象相切于點A，C，另一條與f(x)的圖象相交于點B，D，則四邊形ABCD的面積為______．14.勒洛四面體是以一個正四面體的四個頂點分別為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分圍成的幾何體.如圖，若構成勒洛四面體ABCD的正四面體ABCD的棱長為4，在該“空心”勒洛四面體ABCD內放入一個正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內任意旋轉，則該正方體的棱長最大值是______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，記a，b，c分別為角A，B，C的對邊.已知a2cosA=b3cosB．

(1)若C=π4，求tanA；

16.(本小題15分)

如圖，點D是以AB為直徑的半圓上的動點，已知AB=BC=3，且AB⊥BC，平面BCD⊥平面ACD．

(1)證明：BD⊥BC；

(2)若線段AC上存在一點E滿足CE=2EA，當三棱錐C?ABD的體積取得最大值時，求平面BED與平面AEB17.(本小題15分)

已知f(x)=xln(x?1)?ax(a∈R)．

(1)若f(x)在定義域上單調遞增，求a的取值范圍；

(2)若y=f(x)有極大值m，求證：m<?4．18.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=32，過點P(4,0)作直線l與橢圓C交于A，B兩點(A在B上方)，當l的斜率為?14時，點A恰與橢圓的上頂點重合．

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)已知M(1,0)，設直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，設△AMB的外接圓圓心為E.點B19.(本小題17分)

通過拋擲骰子產生隨機數列{an}，具體產生方式為：若第k(k=1,2,3,…,n)次拋擲得到點數i(i=1,2,3,4,5,6)，則ak=i.記數列{an}的前n項和為Sn，Xn為Sn除以4的余數．

(1)若n=2，求S2=4的概率；

(2)若n=2，比較P(X2=0)參考答案1.B

2.C

3.B

4.A

5.A

6.B

7.D

8.D

9.ABC

10.BD

11.ACD

12.10

13.2(e+114.815.解：(1)由正弦定理及已知條件可得sinA2cosA=sinB3cosB，

即12tanA=13tanB，所以tanA=23tanB，

又因為C=π4，所以tan(A+B)=?1，即tanA+tanB1?tanAtanB=?1，

將tanA=23tanB代入上式，得53tanB1?23tan2B=?1，

解得tanB=3或tanB=?12(舍去)，所以tanA=2；

(2)由余弦定理及已知條件可得：cosB=a2+c2?b22ac=c2?a22ac16.解：(1)證明：過點B作BH⊥CD于H，

由平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD=CD，BH?平面BCD，

所以BH⊥平面ACD，AD?平面ACD，

故BH⊥AD，又AB為直徑，易知BD⊥AD，

且BD∩BH=B，BD，BH?平面BCD，

所以AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，

所以BC⊥AD，且AB⊥BC，AD，AB?平面BAD，AD∩AB=A，

所以BC⊥平面ABD，BD?平面ABD，

故BD⊥BC．

(2)由(1)知，

VC?ABD=13BC?S△ABD=12BD?AD≤14(BD2+AD2)=14AB2=94，

當BD=AD=322時，VC?ABD取到最大值，過點D作DO⊥AB于O，

建立以O為原點，直線OD為x軸，直線OA為y軸，過O點垂直于平面ABD的方向為z軸，

設平面BED與平面AEB的法向量分別為n1,n2，

則17.解：(1)因為f′(x)=ln(x?1)+xx?1?a，

設φ(x)=f′(x)=ln(x?1)+xx?1?a，

φ′(x)=1x?1?1(x?1)2=x?2(x?1)2，

因為1<x<2時，φ′(x)<0，f′(x)單調遞減;

x>2時，φ′(x)>0，f′(x)單調遞增，

所以f′(x)min=f′(2)=2?a，

因為f(x)在定義域上單調遞增，

所以f′(x)≥0恒成立，

所以2?a≥0，即a≤2.

(2)由(1)可知，當y=f(x)?m有兩個不同的零點時，a>2，

此時f′(x)min=f′(2)=2?a<0，

且x→1時f′(x)→+∞，x→+∞時f′(x)→+∞，

所以f′(x)=0，則x=x1，x=x2(1<x1<2<x2)，

其中ln(xi?1)+xixi?1=a(i=1,2)，

因為1<x<x118.解：(1)易知直線l：y=?14x+1，

因為b=1，e=1?b2a2，

解得a=2，

則橢圓C的標準方程為x24+y2=1；

(2)(i)設直線l的方程為x=my+4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

聯立x=my+4x24+y2=1，消去x并整理得(m2+4)y2+8my+12=0，

由韋達定理得y1+y2=?8mm2+4，y1y2=12m2+4，

所以k1+k2=y1x1?1+y2x2?1=x2y1+x1y2?(y1+y2)(x1?1)(x19.解：(1)因為4=3+1=2+2=1+3，

所以P(S2=4)=3×(16)2=112；

(2)X