山东省名校2025届高三4月校际联合检测 数学试题（含详解）

山东省名校2025届高三4月校际联合检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．72 B．108 C．120 D．144
4．已知，为单位向量，且，则（ ）
A． B．2 C． D．4
5．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．
7．若函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知轴截面是正三角形的圆锥，其内接圆柱的下底面在圆锥底面内，上底面圆在圆锥的侧面上，若圆柱与圆锥的侧面积之比为，则此圆柱与圆锥的体积之比为（ ）
A． B．或 C．或 D．或
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．两组样本数据，，，和，，，的平均数分别为，，若已知，则
B．已知变量x，y的n对样本数据，，…，，，变量x，y的线性回归方程为，若，，则
C．若随机变量服从二项分布：，则
D．某学生8次考试的数学成绩分别为：101，108，109，120，132，135，141，141，则这8次数学成绩的75%分位数为135
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线交椭圆于两点，则（ ）
A．的周长为8
B．若直线经过点，则的最小值是1
C．若线段中点坐标为，则直线的方程为
D．若点M是椭圆上的任意一点，点N是圆上的任意一点，则的最大值为
11．已知函数，则（ ）
A．函数的值域为
B．函数在处的切线方程为
C．若函数的图象关于点对称，则点的坐标为
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．二项式的展开式中含项的系数为 ．
13．已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于、两点，若，的面积为，则实数的值为 ．
14．已知直线与曲线相切，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，，函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，若，，且的面积为，求．
16．如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
(1)求证：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
18．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为．
(1)求C的标准方程；
(2)若点是C上第一象限的动点，过点作直线l（l不与渐近线平行），若l与C只有一个公共点，且l与x轴相交于点M．
（i）证明：；
（ii）若点N在直线l上，且，那么点N是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由．
19．“马尔科夫链”是一种随机过程，它具有马尔科夫性质，也称为“无记忆性”，即一个系统在某时刻的状态仅与前一时刻的状态有关．为了让学生体验马尔科夫性质，数学老师在课堂上指导学生做了一个游戏．他给小聪和小慧各一个不透明的箱子，每个箱子中都有个红球和1个白球，这些球除了颜色不同之外，其他的物质特征完全一样．规定“两人同时从各自的箱子中取出一个球放入对方的箱子中”为一次操作，假设经过次操作之后小聪箱子里的白球个数为随机变量，且．
(1)求x的值；
(2)随机变量的分布列和期望；
(3)求．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，得，解得，故集合，
由，得，解得，故集合，
所以．
故选B.
2．【答案】A
【详解】因为，所以，
因此，故的虚部为．
故选A.
3．【答案】D
【详解】在等差数列中，，解得，
所以．
故选D.
4．【答案】C
【详解】因为，所以，即，所以，
因此，即．
故选C．
5．【答案】A
【详解】由，得，
等式两边同时除以，得，
即，又，所以，
所以.
故选A.
6．【答案】B
【详解】由题意正态分布均值，结合对称性可知：，可得，，
所以，
当且仅当，即时取等号．
所以最小值为8.
故选B.
7．【答案】D
【详解】当时，，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
又，，，
所以在和上各有个零点；
又因为有个根，所以当时，有个零点，
因为，所以，
由题意可得，解得．
故选D.
8．【答案】C
【详解】
设圆柱的底面半径为r，高为x，圆锥底面半径为R，
由圆锥的轴截面是正三角形，可得圆锥的高为，
如图，由，可得，所以，
因为，即，
解得或．
又，
当时，；
当时，．
故选C．
9．【答案】AB
【详解】对于选项A，因为，，，
所以，即，故选项A正确；
对于选项B，由题意得，解得，故选项B正确；
对于选项C，因为随机变量服从二项分布：，所以，
所以，故选项C错误；
选项选项D，由，可得这8次数学成绩的75%分位数为第6与第7个数据的平均数，故选项D错误.
故选AB.
10．【答案】BCD
【详解】
对于A，若直线经过点，如图一，则的周长为，
若直线不经过点，如图二，则的周长为，故A错误；
对于B，过左焦点的椭圆焦点弦中，通径最短，即，故B正确；
对于C，显然直线的斜率存在，设直线的方程为即，
联立方程，得，
设，，则，解得，
所以直线的方程为，即，故C正确；
对于D，设，圆心，则，
因为，所以当时，取得最大值为，
此时取得最大值为，故D正确．
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，函数，，
因为，所以，因此，即的值域为．故A正确；
对于B，，，所以，
所以在处的切线方程为，即，故B错误；
对于C，设点，则函数满足，
即，即，
所以，
因此解得，，所以点P的坐标为，故C正确；
对于D，由的图象关于点对称，知，
设，所以，
又，
所以，即，因此．故D正确．
故选ACD.
12．【答案】720
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，得，所以二项式中展开式中含项的系数为720．
13．【答案】
【详解】解法一：易知抛物线的焦点为，

若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，由得，
设、，则，
由韦达定理可得，，
所以，即，①
因为，
即，②．
由①②得，，所以；
解法二：设抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，
若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，由得，
设、，则，
由韦达定理可得，，
因为
①，
，，解得，，
所以，②，
联立①②可得.
14．【答案】
【详解】由，得，
设切点坐标为，由导数的几何意义得，
又点既在直线上又在曲线上，所以，
联立和，消去，得，
令，则恒成立，
即函数在区间上单调递增，
又，所以，得到．
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为
，
所以．
由，得，，
所以的增区间为．
（2）由，得，
因为，所以，所以，即，
因为，所以，因此，
又，所以，
即，
所以，
即．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，由，得，所以在上是单调递增函数，
由，得，所以在上是单调递减函数，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可知，当时在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证，即证，
因为，因此只需证，
设，，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以，所以当时，，从而命题得证．
18．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）点N在定直线上
【详解】（1）由题意可知，可得，
双曲线C的渐近线方程为，即，
点到其渐近线的距离为，所以，
因此，双曲线C的方程为．
（2）（i）因为是C上第一象限的动点，则，
可得且，易知点、，
所以，
，
由双曲线的定义可得，
所以，
先证明：双曲线在点处的切线方程为．
联立，可得，又，
整理可得，解得，
所以双曲线在点P处的切线方程为，
由，令，可得，即点，且，
所以，因此．
（ii）如下图所示：
直线的斜率为，
因为，则直线的斜率为，
所以，直线的方程为，
联立直线和直线l的方程，
消去y，可得，解得，
因此点N在定直线上．
19．【答案】(1)2
(2)分布列见解析，
(3)
【详解】（1），所以；
（2）随机变量的可能取值为，
易知：，
由分布列性质可知：
所以，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
所以;
（3）
，
又，
，
所以
，
，
.