絕密★啟用前齊魯名校大聯考2025屆山東省高三第七次學業水平聯合檢測數學本試卷總分150分,考試時間120分鐘。注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。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,再選涂其他答案標號。回答非選擇題時,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8小題,每小題5分,共40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.已知集合A=41,0,1,2,3},B=(UXIlog>2},則AB=A.{1,2,3}B·{2,3}C·{1,0}D·(0,1,2,3}2.已知復數z=a+(2a)i(aER)在復平面內對應的點位于實軸上方,且IXI=,則A.1B.3C.1或3D.03.已知a,}是等差數列,{b,}是等比數列,a1=b1=1,a2b24,a3b37,則a4b4A.10B.12C.14D.1654.已知一組數據1,2,m,n的平均數為,則該組數據方差的最小值為45.已知拋物線C:y2=8的焦點為F,A,B兩點在C上,且IFAI+IFBI=12,則AB中點的橫坐標為A.2B.4C.6D.8343s已知函數f(sinw+")to>o的圖象在區間·上存在對稱軸·則w的值可343能為A.3B.5C.7D.97.學校開大會表彰先進,含甲、乙在內的6名先進學生代表在主席臺就座,主席臺共有7個座位,最中間位置由兩位校領導之一就座,甲、乙兩人不相鄰,則不同的坐法種數為A.1920B.1680C.1440D.10568·log35+e5(e=2.72…是自然對數的底數)的值所在區間是99551111442299551111442244二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分。a2b29已知橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(1,0),F2(1,0),a2b2 ,左、右頂點分別為A,B,M是C上的動點,下列說法正確的是2A.C的方程為=143B·MF2的最小值為C.若點M異于點A,B,則直線MA,MB的斜率之積為定值4D.若COSFMF2=,則△F1MF2的面積為2510.如圖,在四棱臺ABCD-A1BC1D中,AA1上平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,AB=2AA=2A1B1=2,M為CC的中點,下列說法正確的是A.在直線DD上,存在點N,使得BMANB.在直線DD1上,存在點N,使得BMLAND.若平面ABCD內存在點Q,滿足QD1D=30",則點Q的軌跡是橢圓11.已知定義在R上的函數f(u1)滿足f(u十2)=4f(z),且當zE(0,2]時,f(u)22+b.對于定義在R上的函數g(u),若3unER,使f(uzn)=g(zn),且f"(ux,)=g'(x,),則yg(un)=g'(un)(xo)叫做f(ux)與g(x)的共享切線,則下列說法正確的是A.當zE(2,4]時,f(x)=4x2+8+4bB.當b>0時,方程f(x)=0無解C.當b=0時,3aER,使曲線y=f(1)與直線y=z十a有2025個公共點D.3aER,bER,使g(x)=a"與f(x)有無數條共享切線三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。-·b-l.atab,·則2b,·3+b-·14.一圓錐的頂點與底面圓周都在球O的表面上,球O的半徑為R,球O'與圓錐的側面及底R面都相切,球O'的半徑為r,則的最小值為·數學試題第1頁(共4頁)數學試題第2頁(共4頁)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.(13分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,C,已知a2b2=2bc,A=60。·(1)求tanB;(2)若△ABC的周長為8+2,求△ABC的面積.16.(15分)已知函數f(x)=24z+alnz.(1)若f(x)為增函數,求a的取值范圍;(2)若f(x)有兩個極值點z1,x2,求f(uz)十f(2)的取值范圍.17.(15分)如圖,三棱柱ABC-A,BC的所有棱長均為2,高為1,LACC1=BCC1<90".(1)證明:平面CAB上平面ABC;(2)求二面角A-BB1-C的正弦值.數學試題第3頁(共4頁)18.(17分)一質點從原點出發,每次向右或向上移動一個單位長度,且每次向右、向上移動的概率分別為—,—·33(1)求該質點經過點(2,1)的概率;(2)該質點移動20次后停止,記X="質點停止時的橫坐標k的平方".(i)求P(x=k2)(k=0,1,2,…,20);(ii)求E(x)·19.(17分)對于定點Q,定直線l,整數n,常數入,k,動點M到l的距離為d,且滿足入d"+IMQI"=k,則稱點M的軌跡c為關于(Q,l)的n次型曲線.若Q(3,0),l:x=1,入=3,k=10,曲線C是關于(Q,l)的二次型曲線.(1)求曲線C的方程;(2)曲線C在z軸上方的部分有點列P,P2,",P,,…,直線y=上有點列T,T2",T,,…,P1(0,2),對任意的nEN,P,T,xz軸,T,P+1Y軸,點P,的坐標為(x,,yn)(xn≥0).(i)求yn}的通項公式;(ii)直線P,Pn+的斜率為k,,證明:k1十k2+…+k2025>2828.參考數據:e≈2.72,e2≈7.39,e3≈20.09,e4≈54.60,e5148.41.數學試題第4頁(共4頁)2025屆山東省高三第七次學業水平聯合檢測·數學·考案及解析2025屆山東省高三第七次學業水平聯合檢測·數學一、選擇題1.A解析】由log2>2,得0<<4,即B0<<4},所以AB={1,2,3}.2.A【解析】由題意得lxl=222,解得a=1或a=3.因為復數x=a(2a)i在復平面內對應的點位于實軸上方,所以2a>0,即a<2,故a=1.3.B【解析】設(a,}的公差為d,b,}的公比為d=1,解得q=2,所以1+d十q=d=1,解得q=2,所以1+2d十q2=7,4+b41+3d十q31+3+23=12.5,即m十n=2,故該組數據的方差為S2=—X45544554454145455414542—2—m—8541454143時,其最小值為·5.B【解析】設A(ux,y1),B(2,y2),由題意得F(2,0),所以由拋物線的定義得FA+IFBI=(2)+(2+2)=12,則+28,故AB中點的橫坐標為4.6.C【解析】由題意知3kEZ,使得eZeZ解得3k+2<2o<4k+.當k≤1或k≥3時無適合選項3的w值,對k=0,1,2檢驗,僅當k=2時,w=7適合.7.D【解析】中間位置的坐法有C22種,甲、乙相鄰的坐法種數有4A22A44192種,所以甲、乙不相鄰的坐法種數為A192=528,故所求坐法種數為2X528=1056.3332228.C【解析】log35=log2725<222因為37=2187,55=3125,所以log35=77775555 log2873125>log21872187=,555532log35<.又當0<z<1時,x十1<e<2773513<log35+e5<+,即<log35+e5<5245111355i114·52 而>,所以<log35+e5<4·52二、選擇題AC解析】對于A,由已知得C1C1.a2所以a=2,b2=a2C23,則C的方程為 +=1,故A正確;對于B,當點M與點B43重合時,IMF2的最小值為1,故B錯誤;對于zz,十2zo2zo443344C,設M(U,,yn),則KMAKMB=· 2,而+=1,則=1,所中,由余弦定理得FM2F2M22FM· 184,即(IFM+IF2MI)2=16,所以FMI·5IF2MI=12,則FMF2MI=,所以3·數學·參考答案及解析122SFMFIFiMF2MISinLFMF2221103 XX=1,故D錯誤23510.BCD【解析】對于A,若BMAN,則BM平面ADDA,,而BC平面ADDA,,BCnBM=B,則平面BCCB平面ADDAi,這顯然不成立,故A錯誤;對于B,取DD的中點為H,連接HM.因為AA1上平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,所以AA1上AB,AB上AD,則AB上平面ADD1A1,所以ABAN,故只需ANAH,所以AN上平面ABMH,即得AN上BM.在平面ADD1A,中,LAHD902,故作AN上AH,必與直線DD有交點N,故B正確;對于C,由ABCD,得CD上平面ADDA,則CAD即為A1C與平面ADDA1所成的角.A1C2=12+22+22=9,則CD2AC=3,故sinCAD=,故C正A1C3確;對于D,由QDD=30",可知直線DQ繞DD旋轉形成圓錐面,被平面ABCD截成橢圓,故D正確.11.BCD【解析】對于A,當zE(2,4]時,zE2(0,2],f(1)=f(2)+2]=4f(u2)=42(x2)(2)2b]=42+2432+4b,故A錯誤.對于B,當b>0,xE(0,2]時,f(x)=22+b>0,YnEZ,x,E(2n,2n+2],f(z,)=4"f(1,2n)>0,故f(x)=0無解,故B正確.對于C,當zE(10,12]時,f(x)的最大值為45=1024;當zE(12,14]時,f(x)的最大值為48=4096.當a=2038時,直線y=+2038與f(u)的圖象在區間(12,14],(14,16],…,(2036,2038]上各有2個公共點,共有2026個公共點.當2036<a<2038時,直線y=+a與f(u)的圖象在區間(2036,2038]上只有1個公共點,此時共有2025個公共點,故C正確.對于D,取a=2,則g(1)=2',g'(xz)=2ln2,f"(u)=22z(uE(0,2]).令h(x)=2ln2(22u)=2ln2+22(xE[0,2]),則h'(x)=2(ln2)2+2>0,h(x)單調遞增,而h(0)<0,h(2)>0,故存在唯一的z,E(0,2),使2ln2=22·令2*0=2u,xo2+b,得b=2o2zr,十o2,故當xE(0,2]時,f(1)與g(x)有唯一共享切線y22ln2(xxtn),u,E(0,2),則z,+2e(2,4),f(z,十2)=4f(z,),g(z,十2)=2+2=4·2"=4g(x,)=4f(z,),所以g(un+2)=f(.un+2),g'(u,十2)=2+2n2=4g'(u,)=4f"(xn),f"(x,+2)=4f"(x,)=g'(u,+2),所以在z=z,十2點處有一條共享切線,以此類推可知對任意的nEZ,xz,十2n處都有一條共享切線,故D正確·三、填空題1712.【解析】由(sina十Cosa)2=1+2sina13(0,m),故sina>0,Cosa<0,sinaCosa>0,(sinaCosa)2=12sinaCosa=112028917 ,所以sinaCosa·1691691313.0【解析】由題意得a·b+b2=1①,2b)2(a·b+b2)=0,則3a25a·b2b2=0,即(a2b)·(3a+b)=0·14.2【解析】設圓錐的母線長為l,高為h,則l2h2R2(hR)2,即l2=2Rh①,r-h—r ,即r(l+l2)=hl2②lRl2(l+l2)由①②,得r2h2.l2R1十sinR1十sin1,則2≥22cSSin2(1sin)sin 1sin0+sin22,當且僅當1sin0-.2·2025屆山東省高三第七次學業水平聯合檢測·數學·四、解答題15.解:(1)由已知及余弦定理得a2=b2+c2bc,則b2+2bc=b2+c2bc,所以C=3b,(2分)即sinC=3sinB,(2)將C=3b代入a2b2=2bc,得a=b,故a+b+c=b+b+3b=8+2,解得b=2,C=6,(10分)所以△ABC的面積S2bcsinA2×26×23.(13分)16.解:(1)由題意得當>0時,f"(x)=2+4r≥0恒成立即當>0時,a≥422恒成立.因為y=422=2(x1)2+2,所以a≥2,故a的取值范圍是2,十).(5分)(2)由已知得f'(rx)24+224z十a則方程224.z+a=0有兩個不相等的正實數根z1,x2,解得0<a<2.(9分)f(ux1)十f(2)=x24+aln+2242aln2=(x2)2224(+2)+alnz1z2=42×28+aln24a十alnaaln2,4a(1十ln2)+alna,(12分)令g(a)=4a(1+ln2)+alna(0<a<2),則g'(a)=1ln2+1+lna=lnaln2<0,故g(a)在區間(0,2)上單調遞減.(13分)又g(2)=6,當a→0時,alna0,4 a(1ln2)+alna4,故當aE(0,2)時,g(a)的取值范圍是(6, ),4即f(u1)十f(2)的取值范圍是(6,4).(15分)17.(1)證明:如圖,取AB的中點為O,連接OC,OC,則AB上OC.因為ACC1=BCC1,所以AC1=BC1,所以OC1上AB.又OC,OC1平面CCO,OCOC1=O,所以AB上平面C1CO.(3分)又AB平面ABC,所以平面C1CO上平面ABC.過點C作CHCO于點H,則CH上平面ABC,故CH=1,CH=·由ACC1=BCC<90",可知點H在射線CO上,故點H與點O重合,即C1O上平面ABC.(6分)因為CO一平面CAB,所以平面CAB上平面ABC.(7分)(2)解:以O為坐標原點,CO,OB,OC的方向分別為x,y,x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,1,0),B(0,1,0),C(,0,0),C1(0,0,1),所以OB,=OC+CB,=OC+CB=(,1,1),得B1(,1,1),.3··數學·參考答案及解析18所以AB=(0,2,0),BB,=(,0,1),CB=(,1,0)·設平面ABB的法向量為m=(a1,b1,C1),令a=1,得b,=0,C1=,則平面ABB的一個法向量為m=(1,0,).(10分)設平面B1BC的法向量為n=(a2,b2,C2),令a21,得b2,C2,則平面BiBC的一個法向量為n=(1,,),(12分)故二面角A-BB1-C的正弦值為.(15分)7·解:(1)該質點從點(0,0)到達點(2,1),需向上移動1次,向右移動2次,(2)當X=k2時,質點移動到點(k,20),k1k220k(i)p(x=k2)Ck2·3·3·(9分)201k220k(ii)E(x)Σk2·Ck2··,k=0331k220k其中f(k)—k2·Ck2·3·3Ak201k220k=[(k2k)十k]···k!33(k2)!(k1)!33 1k220k=38ock82·3·3+2ock·333801k2220k20·Ck182···93331