山东省泰安市2025届高三下学期一轮检测数学试题（解析版）.docx

高级中学名校试题

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山东省泰安市2025届高三下学期一轮检测数学试题

一?单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.若全集，则（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】由题意得，，所以，

故选：A

2.已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数（）

A. B. C.1 D.2

【答案】B

【解析】因为，

所以，解得.

故选：B.

3.已知为空间中两条直线，为平面，，则是的（）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.即不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】由线面垂直的判定定理可得，直线要垂直于平面内相交的两条直线才能得到，

所以是的必要不充分条件.

故选：B

4.已知向量，且，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】，所以，两边平方可得，

又，所以，

所以.

故选：D

5.若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（）

A. B. C.60 D.240

【答案】C

【解析】由题意，解得．

展开式通项为，

由得，解得，∴常数项为．

故选：C．

6.已知，则（）

A B. C. D.

【答案】B

【解析】依题意，，

解得，

.

故选：B

7.若，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】由题意可得，

则，

即，

令，在上单调递增，

则，，即，

故，即.

故选：D.

8.已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

由题意可知：圆的圆心为，半径，

因为成等差数列，所以设，

则可化为，

即，

令，可知直线过定点，

且，所以在圆C内部，

当时，弦长最短，此时最小，

又，所以，

所以，

又，所以，

故选:C

二?多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.下列选项正确的是（）

A.若随机变量，则

B.若根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05

C.若随机变量，且，则

D.数据的第75百分位数是9

【答案】ABD

【解析】对于A，若随机变量，则，故A正确；

对于B，因为，所以能根据作出判断，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确；

对于C，对称轴为，则，因为，

所以，所以，故C错误；

对于D，数据从小到大排列为1，1，2，2，3，3，3，9，11，12，

所以，所以第75百分位数为9，故D正确.

故选：ABD.

10.瑞士数学家欧拉在解决柯尼斯堡七桥问题时提出了欧拉回路的定义，即：在一个图中，经过图中每一条边且每条边仅经过一次，并最终回到起始顶点的闭合路径.通俗的讲，在图中任选一个点作为起点，笔尖不离开图形可以完全不重复的走完图形所有边回到起点.下列图形存在欧拉回路的是（）

A. B.

C. D.

【答案】ACD

【解析】解决这类题有一结论，过一点的线有奇数条的点至多有两个，其余均为偶数条的点构成的图形可一笔完成；

对于A，均为偶数条线的点，具体方法为：，故A符合；

对于B，无论从那个点为起点，均不能一笔完成，解决这类题有一结论，过一点的线有奇数条的点至多有两个，其余均为偶数条的点构成的图形可一笔完成，B选项有4个过一点的线有奇数条的点，故B错误；

对于C，均为偶数条线的点，具体方法为：，故C正确；

对于D，均为偶数条线的点，具体方法为：

故D正确.

故选：ACD.

11.已知无穷数列，若对，都有，则称与“伴随”，则下列选项正确的是（）

A.若，则与“伴随”

B.若的前项和为，则与“伴随”

C.若的前5项为与“伴随”，设集合，则中元素个数为4或5

D.若是公差为的等差数列，且所有的“伴随”数列都是递增数列，则

【答案】BCD

【解析】对于A，当时，，故与不是“伴随”，故A错误；

对于B，因为，所以，

所以，所以与“伴随”，故B正确；

对于C：因与“伴随”，故，故，

因为的前5项为，

所以，，，，，

故可能和相等，和相等，但不能同时成立，与不相等，

故中元素的个数为4或5，故C正确；

对于D，是公差为的等差数列，所以，

因为与“伴随”，故，故，

又因为数列都是递增数列，所以，

所以，，所以，

解得，故D正确.

故选：BCD.

三?填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.抛物线上与焦点的距离等于6的点的横坐标为__________.

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