山东省淄博市2025届高三上学期摸底质量检测（1月）数学试卷（含答案）

山东省淄博市2025届高三上学期摸底质量检测数学试题（1月）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若，则复数的虚部是( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
3.已知集合，集合，则子集的个数为( )
A. B. C. D.
4.已知，，则的值为( )
A. B. C. D.
5.若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为( )
A. B. C. D.
6.已知函数是上的单调函数，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为( )
A. B. C. D.
8.设函数若，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，位评委对甲、乙的演讲分别进行打分满分分，得到如图所示的折线统计图，则( )
A. 若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B. 甲得分的极差大于乙得分的极差
C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数
D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
10.设公比为的等比数列前项的积为，则( )
A. 若，则
B. 若，则必有
C. 若，，则有最大值
D. 若，则数列一定是等差数列
11.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是由德国机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，则( )
A. 莱洛三角形的周长为
B. 以此莱洛三角形为底面做一个侧面与底面垂直且高为的柱形几何体，则该几何体的体积为
C. 点为弧上的一点，则的最小值为
D. 点为莱洛三角形曲边上的一动点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中，常数项为 ．
13.已知数列中，，，，则 ．
14.已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，点在侧面上的射影是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，，，成等差数列，且．
求证：为等边三角形；
如图，点在边的延长线上，且，，求的值．
16.本小题分
某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛：
活动共设有个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，个问题都回答正确即获得“智慧星”称号；
活动需参赛者回答个问题，至少正确回答个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响．
求甲没有获得“智慧星”称号的概率；
求乙获得“智慧星”称号的概率．
记事件“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多个”，求事件发生的概率．
17.本小题分
如图，三棱柱中，，，，点，分别为，的中点，且，．
证明：平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切．
求；
若函数，且曲线关于直线对称，
求和的值；
证明：．
19.本小题分
已知数列，从中选取第项、第项、第项，若，则称新数列，，，为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是长度为的递增子列．
写出数列，，，，，一个长度为的递增子列和一个长度为的递增子列；
已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为若，证明：；
设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，
证明：，，，，，，这个数都在数列中；
写出数列通项公式不证明．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：因为，，成等差数列，则，
又因为，由余弦定理可得，
即，解得，
所以为等边三角形．
设，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，即，
由正弦定理可得．

16.解：设甲获得“智慧星”称号的事件为，
根据独立事件的乘法公式，，
于是，
即甲没有获得“智慧星”称号的概率是；
设乙答对的问题数为，则，
由题意，乙获得智慧星的概率为
由于乙最多题，甲最多题，当乙比甲多对题时，甲可能答对题
当甲对题，乙对题时，；
当甲对题，乙对题时，；
当甲对题，乙对题时，；
故

17.解：连接，
因为，，则，可知，
且点，分别为，的中点，则，，
则，可知，
又因为，则，
可得，可知，
且，平面，所以平面．
因为平面，平面，则，
又因为，，则，
且，平面，所以平面．
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则
令，则，可得，
由平面可知：平面的法向量可以为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．

18.解：因为，
所以，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
设直线与曲线相切与点，
因为函数的导函数为，故
所以，，，
解得，，，或，，
又，故；
因为，由，
所以，
所以函数的定义域为，
因为曲线关于直线对称，
所以，
所以函数关于轴对称，故函数为偶函数，
所以，故
所以，
所以，
所以，
故，
由，，
函数的定义域为，
曲线关于直线对称，
要证明，
只需证明当时，，
只需证明当时，，
令，则，
只需证明当时，，
设，，
则，
所以函数在单调递增，
所以，
所以当时，，
所以．

19.解：长度为的递增子列或或或或或或或写出一个即可；
长度为的递增子列或．
法一：设的长度为的一个递增子列为且，
其中前项恰好构成长度为的递增子列，
由，得，
因为的长度为的递增子列的末项最小值为，
所以进而得到．
所以．
法二：设的长度为的一个递增子列为且，
长度为的一个递增子列为且
假设，
因为，
所以也是一个长度为的递增子列，
又，即，
这与是子列末项的最小值矛盾，所以假设不成立，即．
当时显然成立．
当时，长度为的递增子列，末项最小值为，且恰有个这样的子列，
所以中必含有子列，和，．
所以中必含有子列，，．
当时，长度为的递增子列，末项最小值为，且恰有个这样的子列，
所以中必含有子列，，，，．
当时，长度为的递增子列，末项最小值为，且恰有个这样的子列，
所以中必含有子列，，，，，，；
引理：一般地，对于任意正整数，
可得中含有子列．
引理证明：该子列是个正整数的一个排列，
由于可以取遍全体整数，当时，该子列覆盖全体正整数，
因为无穷数列各项均为正整数，且任意两项均不相等，
所以当正整数时，该子列含有所有的项，
所以数列与“时的子列”重合．
猜想．

第1页，共1页