2025屆山東省聊城市高三第五次適應性訓練數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（）A． B． C． D．2．定義在上的函數與其導函數的圖象如圖所示，設為坐標原點，、、、四點的橫坐標依次為、、、，則函數的單調遞減區間是（）A． B． C． D．3．已知平面向量滿足，且，則所夾的銳角為（）A． B． C． D．04．已知函數，若，則的值等于（）A． B． C． D．5．斜率為1的直線l與橢圓相交于A、B兩點，則的最大值為A．2 B． C． D．6．若，，則的值為（）A． B． C． D．7．已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成的角的正弦值為（）．A． B． C． D．8．如圖，在底面邊長為1，高為2的正四棱柱中，點是平面內一點，則三棱錐的正視圖與側視圖的面積之和為（）A．2 B．3 C．4 D．59．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．10．函數的大致圖像為（）A． B．C． D．11．《普通高中數學課程標準（2017版）》提出了數學學科的六大核心素養.為了比較甲、乙兩名高二學生的數學核心素養水平，現以六大素養為指標對二人進行了測驗，根據測驗結果繪制了雷達圖（如圖，每項指標值滿分為5分，分值高者為優），則下面敘述正確的是（）A．甲的數據分析素養高于乙B．甲的數學建模素養優于數學抽象素養C．乙的六大素養中邏輯推理最差D．乙的六大素養整體平均水平優于甲12．若的展開式中含有常數項，且的最小值為，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為等差數列，為其前n項和，若，，則_______.14．已知拋物線的焦點為，斜率為的直線過且與拋物線交于兩點，為坐標原點，若在第一象限，那么_______________．15．在平行四邊形中，已知，，，若，，則____________．16．已知，分別是橢圓：（）的左、右焦點，過左焦點的直線與橢圓交于、兩點，且,，則橢圓的離心率為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，，為正三角形，且平面平面，、分別為、的中點.（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數）.在以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，直線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程及直線的直角坐標方程；（2）求曲線上的點到直線的距離的最大值與最小值.19．（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，E，F分別是棱AB，PC的中點.求證：（1）EF//平面PAD；（2）平面PCE⊥平面PCD．20．（12分）在開展學習強國的活動中，某校高三數學教師成立了黨員和非黨員兩個學習組，其中黨員學習組有4名男教師、1名女教師，非黨員學習組有2名男教師、2名女教師，高三數學組計劃從兩個學習組中隨機各選2名教師參加學校的挑戰答題比賽.（1）求選出的4名選手中恰好有一名女教師的選派方法數；（2）記X為選出的4名選手中女教師的人數，求X的概率分布和數學期望.21．（12分）本小題滿分14分）已知曲線的極坐標方程為，以極點為原點，極軸為軸的非負半軸建立平面直角坐標系，直線的參數方程為（為參數），求直線被曲線截得的線段的長度22．（10分）過點作傾斜角為的直線與曲線（為參數）相交于M、N兩點．（1）寫出曲線C的一般方程；（2）求的最小值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設∵，∴，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.2、B【解析】

先辨別出圖象中實線部分為函數的圖象，虛線部分為其導函數的圖象，求出函數的導數為，由，得出，只需在圖中找出滿足不等式對應的的取值范圍即可.【詳解】若虛線部分為函數的圖象，則該函數只有一個極值點，但其導函數圖象（實線）與軸有三個交點，不合乎題意；若實線部分為函數的圖象，則該函數有兩個極值點，則其導函數圖象（虛線）與軸恰好也只有兩個交點，合乎題意.對函數求導得，由得，由圖象可知，滿足不等式的的取值范圍是，因此，函數的單調遞減區間為.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數的單調區間，同時也考查了利用圖象辨別函數與其導函數的圖象，考查推理能力，屬于中等題.3、B【解析】

根據題意可得，利用向量的數量積即可求解夾角.【詳解】因為即而所以夾角為故選：B【點睛】本題考查了向量數量積求夾角，需掌握向量數量積的定義求法，屬于基礎題.4、B【解析】

由函數的奇偶性可得，【詳解】∵其中為奇函數，也為奇函數∴也為奇函數∴故選：B【點睛】函數奇偶性的運用即得結果，小記，定義域關于原點對稱時有：①奇函數±奇函數=奇函數；②奇函數×奇函數=偶函數；③奇函數÷奇函數=偶函數；④偶函數±偶函數=偶函數；⑤偶函數×偶函數=偶函數；⑥奇函數×偶函數=奇函數；⑦奇函數÷偶函數=奇函數5、C【解析】

設出直線的方程，代入橢圓方程中消去y，根據判別式大于0求得t的范圍，進而利用弦長公式求得|AB|的表達式，利用t的范圍求得|AB|的最大值．【詳解】解：設直線l的方程為y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由題意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．弦長|AB|＝4．故選：C．【點睛】本題主要考查了橢圓的應用，直線與橢圓的關系．常需要把直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理，判別式找到解決問題的突破口．6、A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.7、C【解析】

設M,N,P分別為和的中點，得出的夾角為MN和NP夾角或其補角，根據中位線定理，結合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【詳解】根據題意畫出圖形:設M,N,P分別為和的中點，則的夾角為MN和NP夾角或其補角可知，.作BC中點Q，則為直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故選：C【點睛】此題考查異面直線夾角，關鍵點通過平移將異面直線夾角轉化為同一平面內的夾角，屬于較易題目.8、A【解析】

根據幾何體分析正視圖和側視圖的形狀，結合題干中的數據可計算出結果.【詳解】由三視圖的性質和定義知，三棱錐的正視圖與側視圖都是底邊長為高為的三角形，其面積都是，正視圖與側視圖的面積之和為，故選：A.【點睛】本題考查幾何體正視圖和側視圖的面積和，解答的關鍵就是分析出正視圖和側視圖的形狀，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.9、A【解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．10、D【解析】

通過取特殊值逐項排除即可得到正確結果.【詳解】函數的定義域為，當時，，排除B和C；當時，，排除A.故選：D.【點睛】本題考查圖象的判斷，取特殊值排除選項是基本手段，屬中檔題.11、D【解析】

根據雷達圖對選項逐一分析，由此確定敘述正確的選項.【詳解】對于A選項，甲的數據分析分，乙的數據分析分，甲低于乙，故A選項錯誤.對于B選項，甲的建模素養分，乙的建模素養分，甲低于乙，故B選項錯誤.對于C選項，乙的六大素養中，邏輯推理分，不是最差，故C選項錯誤.對于D選項，甲的總得分分，乙的總得分分，所以乙的六大素養整體平均水平優于甲，故D選項正確.故選：D【點睛】本小題主要考查圖表分析和數據處理，屬于基礎題.12、C【解析】展開式的通項為，因為展開式中含有常數項，所以，即為整數，故n的最小值為1．所以.故選C點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出其參數.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】試題分析：因為是等差數列，所以，即，又，所以，所以．故答案為1．【考點】等差數列的基本性質【名師點睛】在等差數列五個基本量，，，，中，已知其中三個量，可以根據已知條件，結合等差數列的通項公式、前項和公式列出關于基本量的方程(組)來求余下的兩個量，計算時須注意整體代換思想及方程思想的應用.14、2【解析】

如圖所示，先證明，再利用拋物線的定義和相似得到.【詳解】由題得,.因為.所以,過點A、B分別作準線的垂線，垂足分別為M，N，過點B作于點E,設|BF|=m，|AF|=n，則|BN|=m，|AM|=n，所以|AE|=n-m，因為,所以|AB|=3(n-m)，所以3(n-m)=n+m，所以.所以.故答案為：2【點睛】本題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查拋物線的定義，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、【解析】

設，則，得到，，利用向量的數量積的運算，即可求解．【詳解】由題意，如圖所示，設，則，又由，，所以為的中點，為的三等分點，則，，所以．【點睛】本題主要考查了向量的共線定理以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量的線性運算法則，以及向量的共線定理和向量的數量積的運算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．16、【解析】

設,則,,由知,,,作,垂足為C，則C為的中點,在和中分別求出,進而求出的關系式,即可求出橢圓的離心率.【詳解】如圖,設,則,,由橢圓定義知,,因為,所以,,作,垂足為C，則C為的中點,在中,因為,所以，在中,由余弦定理可得,，即,解得,所以橢圓的離心率為.故答案為:【點睛】本題考查橢圓的離心率和直線與橢圓的位置關系;利用橢圓的定義,結合焦點三角形和余弦定理是求解本題的關鍵;屬于中檔題、?？碱}型.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）【解析】

（1）取中點，中點，連接，，.設交于，則為的中點，連接.通過證明，證得平面，由此證得平面平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點，中點，連接，，.設交于，則為的中點，連接.設，則，，∴.由已知，，∴平面，∴.∵，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）由（1）及已知可得平面，建立如圖所示的空間坐標系，設，則，，，，，，，，設平面的法向量為，∴，令得.設平面的法向量為，∴，令得，∴，∴二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18、（1），（2）最大值，最小值【解析】

（1）由曲線的參數方程，得兩式平方相加求解，根據直線的極坐標方程，展開有，再根據求解.（2）因為曲線C是一個半圓，利用數形結合，圓心到直線的距離減半徑即為最小值，最大值點由圖可知.【詳解】（1）因為曲線的參數方程為所以兩式平方相加得：因為直線的極坐標方程為.所以所以即（2）如圖所示：圓心C到直線的距離為：所以圓上的點到直線的最小值為：則點M(2，0)到直線的距離為最大值：【點睛】本題主要考查參數方程，普通方程及極坐標方程的轉化和直線與圓的位置關系，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.19、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）取的中點構造平行四邊形，得到，從而證出平面；（2）先證平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．【詳解】證明：（1）如圖，取的中點，連接，，是棱的中點，底面是矩形，，且，又，分別是棱，的中點，，且，，且，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面；（2），點是棱的中點，，又，，平面，平面，，底面是矩形，，平面，平面，且，平面，又平面，，，，又平面，平面，且，平面，又平面，平面平面．【點睛】本題主要考查線面平行的判定，面面垂直的判定，首選判定定理，是中檔題．20、（1）28種；（2）分布見解析，.【解析】

（1）分這名女教師分別來自黨員學習組與非黨員學習組，可得恰好有一名女教師的選派方法數；（2）X的可能取值為，再求出X的每個取值的概率，可得X的概率分布和數學期望.【詳解】解：（1）選出的4名選手中恰好有一名女生的選派方法數為種.（2）X的可能取值為0，1，2，3.，，，.故X的概率分布為：X0123P所以.【點睛】本題主要考查組合數與組合公式及離散型隨機變量的期望和方差，相對不難，注意運算的準確性.21、【解析】解：解：將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程為，即，它表示以為圓心，2為半徑圓，………4分直線方程的普通方程為，………8分圓C的圓心到直線l的距離，……………1