精品解析：山东省济宁市2025届高考模拟考试(一模)数学试题

济宁市2025年高考模拟考试 数学试题 2025.03 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则集合A∩B中元素的个数为（ ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知复数，则（ ） A B. C. 1 D. 2 3. 将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 4. 展开式中的常数项为（） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 5. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 设为抛物线的焦点，过的直线交于两点，若，则（） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的两个零点分别为和，则（ ） A. B. C. D. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（） A. B. C. D. 10. 在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 11. 若双曲线的左，右焦点分别为，过的右支上一点作圆的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的面积为9 B. 若为圆上的一动点，则的最小值为3 C. 四边形面积的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是奇函数，则实数______． 13. 已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______． 14. ，若恒成立，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步签． 15. 为了解高三，1班和2班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛（满分100分），成绩如下： 数据Ⅰ（高三，1班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92； 数据Ⅱ（高三，2班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95． （1）求数据Ⅰ（高三，1班）第80百分位数； （2）从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽到的3人中来自于高三，2班的学生人数为，求的概率分布列和数学期望． 16. 底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知数列和满足． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：． 18. 已知椭圆的离心率为分别为的左．右顶点，为的上顶点，且． （1）求方程； （2）过的右焦点作斜率不为0的直线交于两点，设直线与交于点． ①证明：点在定直线上； ②求的最大值． 19. 已知函数的图象上存在两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（为切点），且（为的定义域），则称函数为“切线支撑”函数． （1）试判断函数是否为“切线支撑”函数．若是，求出一组点；否则，请说明理由； （2）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围； （3）证明：函数为“切线支撑”函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济宁市2025年高考模拟考试 数学试题 2025.03 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则集合A∩B中元素的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】集合A表示的是单位圆上的点，集合B表示的直线上的点，而集合AB中元素的个数就是直线与单位圆交点的个数，所以只需求出圆心到直线的距离与圆的半径比较大小即可. 【详解】因为圆的圆心到直线的距离，所以直线与圆相交， 所以集合AB中元素的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，集合的交集运算，属于基础题. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：B. 3. 将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数周期，再由函数平移的性质结合余弦函数的诱导公式可得. 【详解】函数周期，所以函数的图象向右平移个周期可得. 故选：D 4. 的展开式中的常数项为（） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，再将运算进去，分别令x的指数为0，求出各自的常数，再相加即可. 【详解】， 的二项展开示的通项为 ①， ②， 在①式中，令得11，故的常数项为， 在②式中，令得，则的常数项为， 故的展开式中的常数项为， 故选：B. 5. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B， 则，， 所以. 故选：C. 6. 设为抛物线的焦点，过的直线交于两点，若，则（） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的性质求解即可. 【详解】设直线的倾斜角为，过作垂直于准线于点，作于点， 则， ，同理可证 ，解得， 所以， ， 故选：． 7. 曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合对称性可设，，结合导数的几何意义求得，即可得结果. 【详解】因为和互为反函数，其图象关于直线对称， 且反比例函数的图象也关于直线对称， 可知点关于直线对称，设，则， 设，则， 由题意可得：，解得或（舍去）， 可得，则，所以. 故选：A. 8. 若函数的两个零点分别为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值. 【详解】函数，其中锐角由确定， 由，得，而， 因此，即，则， 即，于是， 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到等比数列的通项公式，再由已知条件求出等差数列的通项公式，然后求出集合中元素的个数，得到数列的通项公式，最后求出数列的前项和． 【详解】对于A，设等比数列的公比为，由，得， 两式相减得，即所以， 又，解得，所以，正确； 对于B，设等差数列的公差为， 由，得，解得， 所以，正确； 对于C，由，得， 则集合中元素的个数为，即，错误； 对于D，，正确． 故选：ABD 10. 在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：利用余弦定理边角转化即可；对于B：利用正弦定理求三角形外接圆半径，即可得结果；对于CD：根据选项A中结论，结合基本不等式运算求解. 【详解】对于选项A：因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以，故A错误； 对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径， 所以外接圆的面积为，故B正确； 对于选项C：由可得， 且，即，解得，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于选项D：由可得，即， 且，即， 解得，即，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为，故D正确； 故选：BCD. 11. 若双曲线的左，右焦点分别为，过的右支上一点作圆的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的面积为9 B. 若为圆上的一动点，则的最小值为3 C. 四边形面积的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由焦点三角形面积公式可得A错误；由双曲线的定义可得B正确；当点位于右顶点时可得C正确；由向量的数量积和基本不等式可得D错误. 【详解】圆的圆心为，半径为1，双曲线的焦点， 对于A，由双曲线焦点三角形的面积公式可得，故A错误； 对于B，由双曲线的定义可得，当三点共线时取等号，故B正确； 对于C，，所以当最小时，四边形的面积最小， 由双曲线的性质可得当点位于右顶点时，最小， 所以，所以四边形面积的最小值为，故C正确； 对于D， ，当时取等号，但，所以取不到等号，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用三角函数的定义表示，再结合基本不等式和双曲线的性质求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是奇函数，则实数______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据奇函数性质求实数的值，并根据奇函数的定义求解. 【详解】因为，可知函数的定义域为， 且函数是奇函数，则， 解得，则， 又因为 ， 即，可知函数是奇函数， 所以符合题意. 故答案为：1. 13. 已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______． 【答案】122 【解析】 【分析】根据题意求出上下底面的边长，再利用棱台的体积公式求解即可. 【详解】因为球心在正四棱台的一底面上，设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5， 连接球心与正四棱台上底面一顶点，以及球心与上底面中心，构成直角三角形， 设上底面边长为，则上底面中心到顶点距离为 根据勾股定理，即，解得， 因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5， 设下底面边长为，则，解得， 根据正四棱台体积公式（其中是高，是下底面积，是上底面积）， 下底面积，上底面积， 已知高，则体积 故答案为：122 14. ，若恒成立，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】对不等式进行变形可得，构造函数，利用导数研究的单调性，进而可求的取值范围. 【详解】在上恒成立 当时，即解得，此时. 令则， ①当时，．在上单调递增， 恒成立，恒成立， ； ②时．在上单调递减，在上单调递增 ， 解得与矛盾，舍去； 综上所述，的取值范围为 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，利用导数研究的单调性结合条件分类讨论可得. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步签． 15. 为了解高三，1班和2班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛（满分100分），成绩如下： 数据Ⅰ（高三，1班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92； 数据Ⅱ（高三，2班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95． （1）求数据Ⅰ（高三，1班）的第80百分位数； （2）从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽到的3人中来自于高三，2班的学生人数为，求的概率分布列和数学期望． 【答案】（1）89 （2）分布列见详解； 【解析】 【分析】（1）将数据从小到大排列，根据百分位数的定义进行求解即可； （2）的所有可能取值为1，2，3，求出对应的概率，即可得出分布列和数学期望. 【小问1详解】 将数据Ⅰ从小到大排列为：54，58，65，68，70，75，80，88，90，92， 因为，所以数据Ⅰ的第80百分位数为. 【小问2详解】 数据Ⅰ中60分以下的有54分，58分； 数据Ⅱ中60分以下的有52分，55分，56分，59分； 即符合题意共6人，其中高三，1班有2人，高三，2班有4人. 可知X的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以X的概率分布列为 X 1 2 3 P 数学期望. 16. 底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案. 【小问1详解】 因为四边形为菱形，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，则，， 设，，则，， 设平面的一个法向量为， ， 令得，故， 直线与平面所成角的正弦值为， 即， 化简得，负值舍去，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角余弦值为. 17. 已知数列和满足． （1）求数列和通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）； （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）分析可知数列为常数列，即可得数列的通项公式，根据前n项和与通项公式之间的关系可得数列的通项公式； （2）由（1）可知：，利用裂项相消法求，进而分析证明. 【小问1详解】 因为，可得， 即， 可知数列为常数列，则，所以； 又因为，则有： 若，可得； 若，则， 两式相减得； 且符合上式，所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 可得， 显然，所以. 18. 已知椭圆离心率为分别为的左．右顶点，为的上顶点，且． （1）求的方程； （2）过的右焦点作斜率不为0的直线交于两点，设直线与交于点． ①证明：点在定直线上； ②求的最大值． 【答案】（1） （2）①证明见详解；② 【解析】 【分析】（1）根据条件可求，根据离心率可求，进而可求； （2）①假设直线的方程，与椭圆联立列出韦达定理，联立直线与，将韦达定理整体代入最终可求解点的横坐标； ②设直线的倾斜角分别为，则，利用①的结论可得关于角的表达式，利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意知，， 所以，即． 又，所以， 所以． 所以的方程为． 【小问2详解】 ①由于直线过点且斜率不为0，所以可设直线的方程为． 由得， 设，则， 所以． 因为椭圆的左，右顶点分别为， 所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线与的方程得 , 解得，所以点在定直线上． ②设直线倾斜角分别为，则， 由①知，所以， 所以 当且仅当时取等号，所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算判别式； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知函数的图象上存在两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（为切点），且（为的定义域），则称函数为“切线支撑”函数． （1）试判断函数是否为“切线支撑”函数．若是，求出一组点；否则，请说明理由； （2）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围； （3）证明：函数为“切线支撑”函数． 【答案】（1）是； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先由降幂公式和辅助角公式得到，再结合函数新定义和正弦函数的取值可得； （2）先由导数分析单调性得到切点必在轴的两侧，再利用导数的意义得到切线方程，然后结合函数新定义构造函数，分析单调性得到极值； （3）由函数新定义结合导数的意义得到点处的切线方程，再结合余弦函数的取值证明. 【小问1详解】 , 显然， 令，得，即， 所以是的极小值点，且为曲线得一条切线， 所以函数是“切线支撑”函数， 可取. 【小问2详解】 当时，，所以在上为增函数，所以切点不可能都在轴的右侧； 当时，，所以在上为增函数，所以切点不可能都在轴的左侧； 所以切点必在轴的两侧. 不妨设，， 当时，，所以点处的切线方程为， 即； 当时，，所以点处的切线方程为， 即， 因为两点处的切线重合，所以， 设，则， 所以在上单调递增， 又当时，，所以，即， 设点处切线方程为， 设， 则， 所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增， 所以，所以， 设点处的切线方程为， 则，即， 所以为“切线支撑”函数， 综上可得，实数的取值范围为. 【小问3详解】 因为，设， 所以点处的切线方程为和， 所以， 所以， 不妨取， 则，即， 所以，不妨取，则切线的方程为， 又，所以函数为“切线支撑”函数． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是构造函数，利用单调性得到隐零点，再求极值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $