山東省膠州市第一中學(xué)2025屆高三下學(xué)期二輪復(fù)習(xí)適應(yīng)性訓(xùn)練（3月調(diào)研）數(shù)學(xué)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(fù)數(shù)，若為純虛數(shù)，則（

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

）A． B． C． D．4．若函數(shù)的圖象如圖所示，則函數(shù)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(diǎn)為，斜率為的直線與交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，且為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，則（

）A．4 B．8 C．12 D．167．已知函數(shù)的極大值為，則（

）A． B． C． D．8．設(shè)圓上兩點(diǎn),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(guān)系，某人隨機(jī)測(cè)量了10棵該品種樹的胸徑單位：和樹高單位：的數(shù)據(jù)，已知其中一組數(shù)據(jù)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(guān)系符合上述回歸模型B．該種樹的平均樹高約為C．?dāng)?shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的殘差為D．刪除一組數(shù)據(jù)后，重新求得的回歸直線的斜率變小10．已知函數(shù)，則（

）A．的零點(diǎn)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(duì)稱軸D．0是函數(shù)的極小值點(diǎn)11．雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)在雙曲線上，且的內(nèi)切圓圓心為，則（

）A．點(diǎn)在直線上B．C．外接圓的面積為D．連結(jié)交軸于點(diǎn)，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(qū)分，將這5只球排成一列，有種不同的方法（用數(shù)字作答）．13．已知是上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，過原點(diǎn)O作兩條互相垂直的直線，其中一條與的圖象相切于點(diǎn)A，C，另一條與的圖象相交于點(diǎn)B，D，則四邊形ABCD的面積為.14．勒洛四面體是以一個(gè)正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)分別為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的公共部分圍成的幾何體.如圖，若構(gòu)成勒洛四面體的正四面體的棱長(zhǎng)為4，在該“空心”勒洛四面體內(nèi)放入一個(gè)正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，則該正方體的棱長(zhǎng)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(duì)邊.已知(1)若，求(2)若，求16．如圖，點(diǎn)是以為直徑的半圓上的動(dòng)點(diǎn)，已知，且，平面平面(1)證明：；(2)若線段上存在一點(diǎn)滿足，當(dāng)三棱錐的體積取得最大值時(shí)，求平面與平面夾角的余弦值．17．已知．(1)若在定義域上單調(diào)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(diǎn)作直線與橢圓交于兩點(diǎn)（在的上方），當(dāng)?shù)男甭蕿闀r(shí)，點(diǎn)恰好與橢圓的上頂點(diǎn)重合．

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知，設(shè)直線，的斜率分別為，設(shè)的外接圓圓心為，點(diǎn)關(guān)于軸的對(duì)稱點(diǎn)為．（?。┣蟮闹?；（ⅱ）求證：．19．通過拋擲骰子產(chǎn)生隨機(jī)數(shù)列，具體產(chǎn)生方式為：若第次拋擲得到點(diǎn)數(shù)，則．記數(shù)列的前n項(xiàng)和為為除以4的余數(shù)．(1)若，求的概率；(2)若，比較與的大小，說明理由；(3)若，設(shè)，試確定該展開式中各項(xiàng)系數(shù)與事件的聯(lián)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?yàn)闉榧兲摂?shù)，所以，所以，故選C.3．【答案】B【詳解】因?yàn)?，公比，則，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，又是數(shù)列的前項(xiàng)積，則當(dāng)時(shí)，取得最大值，故選B.4．【答案】A【詳解】由冪函數(shù)圖象可得，函數(shù)定義域?yàn)?，而，則恒成立，BCD錯(cuò)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(shè)，不妨設(shè)，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(dāng)時(shí)，在，上滿足，單調(diào)遞增，在上滿足，單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，，解得，當(dāng)時(shí)，在，上滿足，單調(diào)遞增，在上滿足，單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，，不符合題意，當(dāng)時(shí)，，在R上單調(diào)遞增，無極值，不符合題意，綜上所述，.故選D.8．【答案】D【詳解】設(shè)由，可得，即，即，因?yàn)?，所以，又，所以，即，所以，，所?故選D.9．【答案】ABC【詳解】解：對(duì)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(guān)系符合上述回歸模型，選項(xiàng)A正確；對(duì)于B：已知，則樣本中心點(diǎn)的橫坐標(biāo)，將代入回歸方程，可得，所以該種樹的平均樹高約為，選項(xiàng)B正確；對(duì)于C：計(jì)算數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的殘差，當(dāng)時(shí)，，殘差為，選項(xiàng)C正確；對(duì)于D：分析刪除一組數(shù)據(jù)對(duì)回歸直線斜率的影響，刪除數(shù)據(jù)后，因?yàn)榇笥跇颖局行狞c(diǎn)的橫坐標(biāo)，且小于通過回歸方程計(jì)算出的對(duì)應(yīng)的預(yù)測(cè)值，所以刪除該點(diǎn)后，樣本中心點(diǎn)向左下方移動(dòng)，重新求得的回歸直線的斜率變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選ABC.10．【答案】BD【詳解】解：對(duì)于A，函數(shù)的零點(diǎn)即時(shí)x的值，因?yàn)?，則或，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)，即時(shí)，，，所以的零點(diǎn)為，，A選項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)于B，因?yàn)?，所以為奇函?shù)，所以在上的最大值與最小值之和為0，B選項(xiàng)正確;對(duì)于C，，，，所以直線不是的圖象的一條對(duì)稱軸，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D，令，則，當(dāng)時(shí)，，，所以，單調(diào)遞減，又為偶函數(shù)，所以時(shí)，單調(diào)遞增，所以0是函數(shù)的極小值點(diǎn)，D選項(xiàng)正確.故選BD.11．【答案】ACD【詳解】根據(jù)題意，設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，則，設(shè)內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)為，則有，，結(jié)合雙曲線定義和內(nèi)切圓的性質(zhì)可得，即.所以雙曲線的方程為，焦點(diǎn).對(duì)于A，點(diǎn)在直線上，故A正確；由題意，點(diǎn)在第一象限，設(shè)內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)為，連接，易知且，則四邊形是正方形，即有，易得點(diǎn)坐標(biāo)為.對(duì)于B，在中，,根據(jù)勾股定理，，，所以，故B錯(cuò)誤；對(duì)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(duì)于D，在中，因?yàn)?，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(gè)不同位置中選2個(gè)位置排紅球，共種排法，第二步：在剩下的3個(gè)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(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，因?yàn)闀r(shí)，，所以，則切線的斜率為，則切線方程為，代入，可得，此時(shí)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(diǎn)坐標(biāo)為，聯(lián)立，可得，聯(lián)立，可得，因?yàn)槭巧系钠婧瘮?shù)，則，所以，四邊形的面積為14．【答案】【詳解】解：因?yàn)檎襟w可以在勒洛四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，所以正方體的棱長(zhǎng)最大時(shí)，其外接球?yàn)槔章逅拿骟w的內(nèi)切球，記此時(shí)勒洛四面體的內(nèi)切球半徑為R，則正方體的外接球半徑為R，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則，得，設(shè)正四面體棱長(zhǎng)為m，則其外接球的直徑為所在正方體棱長(zhǎng)為的體對(duì)角線長(zhǎng)，因此可得正四面體外接球半徑為，由對(duì)稱性可知，勒洛四面體內(nèi)切球的球心為正四面體的外接球的球心，連接并延長(zhǎng)交勒洛四面體的曲面于點(diǎn)，則就是勒洛四面體內(nèi)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(nèi)切球半徑為，故所求正方體棱長(zhǎng)的最大值為15．【答案】(1)；(2)【詳解】（1）因?yàn)?，所以由正弦定理得，，即，因?yàn)?，所以，即，所以，即，所以，解得或，因?yàn)?，所以，同為正?shù)，所以不符合題意，故；（2）因?yàn)?，所以由余弦定理得，，整理得，，即，又因?yàn)?，所以，所以由余弦定理得，，又因?yàn)?，所?6．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）過點(diǎn)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(dāng)時(shí)，取到最大值，過點(diǎn)作于，建立以為原點(diǎn)，為軸，為軸，過點(diǎn)垂直于平面的方向?yàn)檩S，設(shè)平面與平面的法向量分別為.則，，所以，則，令，可得，所以，因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛?，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(shù)的定義域?yàn)?，可得，令，所以，因?yàn)闀r(shí)，，所以單調(diào)遞減，時(shí)，，所以單調(diào)遞增，所以，因?yàn)樵诙x域上單調(diào)遞增，所以恒成立，所以，即；（2）由（1）可知，當(dāng)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，，此時(shí)，且時(shí)，時(shí)，所以，則，，其中，因?yàn)闀r(shí)，，單調(diào)遞增，時(shí)，，單調(diào)遞減，時(shí)，，單調(diào)遞增，所以為的極大值點(diǎn)，則，且，設(shè)，則，所以在單調(diào)遞增，所以，即.18．【答案】(1)；(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析.【詳解】（1）當(dāng)l的斜率為時(shí)，直線，與軸交點(diǎn)為，故，因?yàn)?，所以，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）（?。┯深}意得，直線斜率存在且不為，設(shè)直線，聯(lián)立方程，消去得：，所以．則，因?yàn)?，所以．（ⅱ）解法一：因?yàn)?，的中點(diǎn)坐標(biāo)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?yàn)橹本€過點(diǎn)，所以，即，所以，故，所以，因?yàn)?，所以，故．解法二：設(shè)圓，因?yàn)樵趫A上，所以因?yàn)橹本€與圓交于，所以聯(lián)立，得（*），