精品解析：2025届山东省潍坊市高三模拟预测数学试题

潍坊市高考模拟考试 数学 2025.3 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 42 D. 84 4. 若双曲线的焦距是其实轴长的2倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知且，与成正比例关系，其图象如图所示，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若一组样本数据、、、平均数为，方差为，则数据、、、、、、、的平均数和方差分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 7. 某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ） A B. C. D. 8. 已知函数，则图象的对称轴方程为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点，圆，则（ ） A. 点在内 B. 点与上的点之间的最大距离为 C. 以点为中点的弦所在直线的方程为 D. 过点直线被截得弦长的最小值为 10. 已知圆台的高为2，其母线与底面所成的角为，下底面半径是上底面半径的2倍，则（ ） A. 该圆台的上底面半径为2 B. 该圆台体积为 C. 该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）的表面积为 D. 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则椭圆离心率取值范围为 11. 设函数，数列满足，，则（ ） A. B. 为定值 C. 数列为等比数列 D. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个同时具有下列性质①②函数________． ①；②在上是增函数． 13. 已知集合，，若，则实数________． 14. 已知同一平面内的单位向量，，，则的最小值是________；若与不共线，，，，，则________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 16. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求； （2）若的面积为，是上的点，且，求的长． 17. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）当时，求的解集； （3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系． 18. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． （1）求的方程； （2）证明：点在定直线上； （3）延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 19. 维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中． （1）若，，且点，，写出所有的点的坐标； （2）任取维空间中的不同两点． （i）若，求的概率； （ii）记随机变量，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 潍坊市高考模拟考试 数学 2025.3 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法求复数，再根据复数的几何意义确定复数对应点的坐标. 【详解】因为. 所以复数对应点的坐标为：. 故选：A 2 已知函数则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的定义域和其在不同定义域区间上的表达式，首先计算的值，将代入即可求解. 【详解】将代入，得到， 所以， 将代入，得到. 因此，. 故选：B. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 42 D. 84 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质先求出，再根据求和公式可求. 【详解】因为数列为等差数列，所以，所以. 所以. 故选：C 4. 若双曲线的焦距是其实轴长的2倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意求出，解方程求出，即可求出的渐近线方程. 【详解】由题意可得：，所以， 则，所以的渐近线方程为. 故选：B. 5. 已知且，与成正比例关系，其图象如图所示，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先设，根据，求出，再根据指数式与对数式转化，可求的值. 【详解】因为与成正比例关系，所以可设， 由. 由， 又，所以. 故选：B 6. 若一组样本数据、、、的平均数为，方差为，则数据、、、、、、、的平均数和方差分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】A 【解析】 【分析】由平均数公式可得，由方差公式可得，再利用平均数和方差公式可求得结果. 【详解】因为一组样本数据、、、的平均数为，方差为， 则，可得，方差为，可得， 因此，数据、、、、、、、的平均数为 ， 方差为 . 故选：A. 7. 某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设甲获胜为事件，甲第一局获胜为事件，根据条件概率计算公式求解. 【详解】设甲获胜为事件，甲第一局获胜为事件， 则， ， 所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是. 故选：D. 8. 已知函数，则图象的对称轴方程为（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】找到函数的周期，利用函数的周期绘出图象，即可求解. 【详解】因为， ， 所以为函数的一个周期， 当时，， 此时，作出函数的图象如图， 由图象可得，函数图象的对称轴方程为，. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点，圆，则（ ） A. 点在内 B. 点与上的点之间的最大距离为 C. 以点为中点的弦所在直线的方程为 D. 过点的直线被截得弦长的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】由圆与点的位置关系的判断确定A，再由点与圆心距离加半径判断B，根据圆的性质求出弦所在直线斜率求出直线方程判断C，由弦心距、半径、弦长的关系判断D. 【详解】对于A，因为，所以点在内，故A正确； 对于B，由，知点与上的点之间的最大距离为，故B错误； 对于C，由，可知弦所在直线斜率为，故弦所在直线为， 即，故C正确； 对于D，由圆的性质可知，当与过的弦垂直时，所得弦长最短，此时弦长为，故D错误. 故选：AC 10. 已知圆台的高为2，其母线与底面所成的角为，下底面半径是上底面半径的2倍，则（ ） A. 该圆台的上底面半径为2 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）的表面积为 D. 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则椭圆离心率取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，可求出圆台的上下底半径，进而可求圆台体积与外接球的表面积，可判断ABC的真假；再求截面椭圆的离心率，判断D的真假. 【详解】如图： 设圆台上底半径为，则下底半径为，有题意，即圆台的上底面半径为，故A错误； 圆台的体积为：，故B正确； 因为母线，，所以为等边三角形，所以，所以该圆台外接球的球心就是下底面圆心，所以该圆台外接球半径为：，所以其外接球表面积为：，故C正确； 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，离心率最大时，截面可以是过，的截面，此时对椭圆：，因为圆台中截面半径为，所以椭圆中，所以，所以. 所以椭圆离心率的取值范围为：，故D正确. 故选：BCD 11. 设函数，数列满足，，则（ ） A. B. 为定值 C. 数列为等比数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数列递推公式以及首项，可得第二项，可得A的正误；根据题意整理，可得B的正误；根据等比数列的定义，由递推公式整理，可得C的正误；由C写出通项，利用作差法，可得D的正误. 详解】由，，则，故A正确； 由，则显然非常数，故B错误； 由，又，则， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确； 则，即， 由，则，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个同时具有下列性质①②的函数________． ①；②在上是增函数． 【答案】（答案不唯一，形如都可以） 【解析】 【分析】取验证①②即可. 【详解】对于函数，该函数的定义域为，且该函数在上为增函数，满足②； 对任意的、，，满足①. 故答案为：（答案不唯一，形如都可以）. 13. 已知集合，，若，则实数________． 【答案】或2 【解析】 【分析】根据集合的包含关系及集合元素的互异性求参数的值. 【详解】因为，所以. 根据集合中元素的互异性，可知且. 若，此时，，满足. 若或（舍去）. 此时，，满足. 综上或2. 故答案为：或2 14. 已知同一平面内的单位向量，，，则的最小值是________；若与不共线，，，，，则________． 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】利用数量积定义及运算律可得第一空；设，利用平面向量的线性运算分类讨论结合共线的充要条件确定的值即可. 【详解】要使最小，需模长最大，且与夹角， 故当同向，且反向时，， 可取得最小值； 设，即，又，，均为单位向量， 若共线，则首尾相连一条线段，则此时与共线，不符题意； 所以不共线，则首尾相连形成一个菱形，即， 因为，， 所以，则， 所以. 故答案为：， 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）可通过证明线线平行得到线面平行. （2）作出直线与平面所成的角，在直角三角形中，利用边角关系求正切. 【小问1详解】 连接，交于点，连接,. 由题意：，且，，为中点， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，所以平面， 又平面，所以. 又，，平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成的角. 在中，. 16. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求； （2）若的面积为，是上的点，且，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得出，利用余弦定理结合可得出，再利用余弦定理可求得的值； （2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求出、、的值，求出的值，利用正弦定理可求出的长. 【小问1详解】 因为，所以，，即， 因为，则，即，故， 由余弦定理可得. 【小问2详解】 因为，则， 因为，可得， 因为，，故，，， 是上的点，且，则，， 所以，， 在中，由正弦定理可得， 故. 17. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）当时，求的解集； （3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系． 【答案】（1）和 （2） （3）曲线在点处的切线斜率小于两点连线的斜率 【解析】 【分析】（1）求导，根据，令求得增区间； （2）当时，可判断在上单调递增，结合求解； （3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明. 【小问1详解】 由，， 令，得或，由于，则， 令，解得或， 所以的单调增区间为和. 【小问2详解】 当时，，且， 又，即在上单调递增， 所以的解集为. 【小问3详解】 设，，，且，， 曲线在点处切线斜率为， 两点连线斜率为 ， ， 令，则， 令，， 则，令， ，即在上单调递减， ，即， 所以在上单调递减，故， ，又，即， 所以，即， 所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率. 18. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． （1）求的方程； （2）证明：点在定直线上； （3）延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标可得出该抛物线的标准方程； （2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，将直线、的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论成立； （3）将直线的方程与直线的方程联立，可知，然后利用梯形的面积公式、韦达定理以及基本不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 由题意，设抛物线的标准方程为，则，可得， 故抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，， 由韦达定理可得，， 由题意可知，直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线、的方程得可得，所以，. 因此，点在定直线上. 【小问3详解】 如下图所示： 易知点，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得可得，故点，则， 且，， 所以， ， 因为， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，. 因此，四边形面积的最小值为. 19. 维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中． （1）若，，且点，，写出所有的点的坐标； （2）任取维空间中的不同两点． （i）若，求的概率； （ii）记随机变量，求的最大值． 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）根据新定义，列出方程，求解即可； （2）（i）根据新定义、组合、古典概型求解即可； （ii）根据概率、组合数的性质，结合导数化简，求出，再作差比较法判断单调性，利用单调性确定取值范围即可. 【小问1详解】 由定义可知，。 即，且， 所以解得满足方程的B点坐标为： 【小问2详解】 （i）（固定点P）：设点, 因为， 因为或1，或1， 所以中有两项等于0，两项等于1， 所以满足条件的所有可能情况有， 因为两不同点所有可能情况共有种， 所以的概率. （ii）设随机变量,其中 因为， 所以， 因为， 两边同时求导，得， 上式两边同乘,求导得 ， 令，得， 所以， 因为， 所以单调递减，因为， 所以.则的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $