山東省膠州市第一中學2025屆高三下學期二輪復習適應性訓練（3月調研）數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數，若為純虛數，則（

）A．0 B． C． D．3．已知數列為等比數列，，公比，則數列的前項積最大時，（

）A． B． C． D．4．若函數的圖象如圖所示，則函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．5．已知非零向量在向量上的投影向量為，，則（

）A． B．2 C． D．6．已知拋物線的焦點為，斜率為的直線與交于兩個不同的點，且為線段的一個三等分點，則（

）A．4 B．8 C．12 D．167．已知函數的極大值為，則（

）A． B． C． D．8．設圓上兩點,滿足，則（

）A．1 B． C．2 D．二、多選題（本大題共3小題）9．為研究某種樹的樹高和胸徑的關系，某人隨機測量了10棵該品種樹的胸徑單位：和樹高單位：的數據，已知其中一組數據為，且，求得回歸方程為，并繪制了如下殘差圖，則（

）A．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C．數據對應的殘差為D．刪除一組數據后，重新求得的回歸直線的斜率變小10．已知函數，則（

）A．的零點為B．在上的最大值與最小值之和為0C．直線是的圖象的一條對稱軸D．0是函數的極小值點11．雙曲線的左右焦點分別為為坐標原點，點在雙曲線上，且的內切圓圓心為，則（

）A．點在直線上B．C．外接圓的面積為D．連結交軸于點，則三、填空題（本大題共3小題）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．已知是上的奇函數，當時，，過原點O作兩條互相垂直的直線，其中一條與的圖象相切于點A，C，另一條與的圖象相交于點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，若構成勒洛四面體的正四面體的棱長為4，在該“空心”勒洛四面體內放入一個正方體，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（本大題共5小題）15．在中，記a，b，c分別為角A，B，C的對邊.已知(1)若，求(2)若，求16．如圖，點是以為直徑的半圓上的動點，已知，且，平面平面(1)證明：；(2)若線段上存在一點滿足，當三棱錐的體積取得最大值時，求平面與平面夾角的余弦值．17．已知．(1)若在定義域上單調遞增，求a的取值范圍；(2)若有極大值m，求證：18．已知橢圓的離心率，過點作直線與橢圓交于兩點（在的上方），當的斜率為時，點恰好與橢圓的上頂點重合．

(1)求橢圓的標準方程；(2)已知，設直線，的斜率分別為，設的外接圓圓心為，點關于軸的對稱點為．（ⅰ）求的值；（ⅱ）求證：．19．通過拋擲骰子產生隨機數列，具體產生方式為：若第次拋擲得到點數，則．記數列的前n項和為為除以4的余數．(1)若，求的概率；(2)若，比較與的大小，說明理由；(3)若，設，試確定該展開式中各項系數與事件的聯系，并求的概率．

參考答案1．【答案】B【詳解】由于，故，故選B.2．【答案】C【詳解】，因為為純虛數，所以，所以，故選C.3．【答案】B【詳解】因為，公比，則，所以當時，；當時，，又是數列的前項積，則當時，取得最大值，故選B.4．【答案】A【詳解】由冪函數圖象可得，函數定義域為，而，則恒成立，BCD錯誤，A正確.故選A.5．【答案】A【詳解】由非零向量在向量上的投影向量為，得，則，而，因此，所以.故選A.6．【答案】B【詳解】設，不妨設，所以，則，令，所以，則，由，所以.故選B.7．【答案】D【詳解】解：由題意，，則，令，解得或，當時，在，上滿足，單調遞增，在上滿足，單調遞減，所以在處取得極大值，，解得，當時，在，上滿足，單調遞增，在上滿足，單調遞減，所以在處取得極大值，，不符合題意，當時，，在R上單調遞增，無極值，不符合題意，綜上所述，.故選D.8．【答案】D【詳解】設由，可得，即，即，因為，所以，又，所以，即，所以，，所以.故選D.9．【答案】ABC【詳解】解：對于A：分析殘差圖判斷模型擬合程度，由殘差圖可知，殘差分布比較均勻，且集中在0附近，所以由殘差圖可判定樹高與胸徑的關系符合上述回歸模型，選項A正確；對于B：已知，則樣本中心點的橫坐標，將代入回歸方程，可得，所以該種樹的平均樹高約為，選項B正確；對于C：計算數據對應的殘差，當時，，殘差為，選項C正確；對于D：分析刪除一組數據對回歸直線斜率的影響，刪除數據后，因為大于樣本中心點的橫坐標，且小于通過回歸方程計算出的對應的預測值，所以刪除該點后，樣本中心點向左下方移動，重新求得的回歸直線的斜率變大，選項D錯誤.故選ABC.10．【答案】BD【詳解】解：對于A，函數的零點即時x的值，因為，則或，當時，，當，即時，，，所以的零點為，，A選項錯誤;對于B，因為，所以為奇函數，所以在上的最大值與最小值之和為0，B選項正確;對于C，，，，所以直線不是的圖象的一條對稱軸，C選項錯誤；對于D，令，則，當時，，，所以，單調遞減，又為偶函數，所以時，單調遞增，所以0是函數的極小值點，D選項正確.故選BD.11．【答案】ACD【詳解】根據題意，設的內切圓半徑為，則，設內切圓與邊的切點為，則有，，結合雙曲線定義和內切圓的性質可得，即.所以雙曲線的方程為，焦點.對于A，點在直線上，故A正確；由題意，點在第一象限，設內切圓與邊的切點為，連接，易知且，則四邊形是正方形，即有，易得點坐標為.對于B，在中，,根據勾股定理，，，所以，故B錯誤；對于C，由已知條件可知，三角形外接圓半徑，所以圓面積為，故C正確；對于D，在中，因為，所以，則，故D正確.故答案為：ACD.12．【答案】10【詳解】分兩步完成，第一步：在5個不同位置中選2個位置排紅球，共種排法，第二步：在剩下的3個不同位置排黃球，共種排法，故將這5只球排成一列，有種不同的方法.13．【答案】【詳解】解：設切點坐標為，因為時，，所以，則切線的斜率為，則切線方程為，代入，可得，此時切線的斜率為，另一條切線的斜率為，兩條直線方程分別為，，可得交點坐標為，聯立，可得，聯立，可得，因為是上的奇函數，則，所以，四邊形的面積為14．【答案】【詳解】解：因為正方體可以在勒洛四面體內任意轉動，所以正方體的棱長最大時，其外接球為勒洛四面體的內切球，記此時勒洛四面體的內切球半徑為R，則正方體的外接球半徑為R，設正方體的棱長為a，則，得，設正四面體棱長為m，則其外接球的直徑為所在正方體棱長為的體對角線長，因此可得正四面體外接球半徑為，由對稱性可知，勒洛四面體內切球的球心為正四面體的外接球的球心，連接并延長交勒洛四面體的曲面于點，則就是勒洛四面體內切球的半徑，易知正四面體的外接球半徑為，故勒洛四面體的內切球半徑為，故所求正方體棱長的最大值為15．【答案】(1)；(2)【詳解】（1）因為，所以由正弦定理得，，即，因為，所以，即，所以，即，所以，解得或，因為，所以，同為正數，所以不符合題意，故；（2）因為，所以由余弦定理得，，整理得，，即，又因為，所以，所以由余弦定理得，，又因為，所以16．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）過點作于，由平面平面，平面平面，平面，平面，平面，故，又為直徑，易知，且平面，所以平面，平面，，且，平面，，平面，平面，故.（2）由（1）知，，當時，取到最大值，過點作于，建立以為原點，為軸，為軸，過點垂直于平面的方向為軸，設平面與平面的法向量分別為.則，，所以，則，令，可得，所以，因為平面的法向量為，則平面與平面夾角的余弦值.17．【答案】(1)；(2)證明見解析.【詳解】（1）函數的定義域為，可得，令，所以，因為時，，所以單調遞減，時，，所以單調遞增，所以，因為在定義域上單調遞增，所以恒成立，所以，即；（2）由（1）可知，當有兩個不同的零點時，，此時，且時，時，所以，則，，其中，因為時，，單調遞增，時，，單調遞減，時，，單調遞增，所以為的極大值點，則，且，設，則，所以在單調遞增，所以，即.18．【答案】(1)；(2)（ⅰ）0；（ⅱ）證明見解析.【詳解】（1）當l的斜率為時，直線，與軸交點為，故，因為，所以，所以橢圓的標準方程為.（2）（ⅰ）由題意得，直線斜率存在且不為，設直線，聯立方程，消去得：，所以．則，因為，所以．（ⅱ）解法一：因為，的中點坐標為，所以的垂直平分線方程為，由，得的垂直平分線方程為①．同理，得的垂直平分線方程為②．由，可得，即，①+②得：，所以，由②-①得：，因為直線過點，所以，即，所以，故，所以，因為，所以，故．解法二：設圓，因為在圓上，所以因為直線與圓交于，所以聯立，得（*），