精品解析：山东省聊城市2025届高三二模数学试题

2025年聊城市高考模拟试题 数学（二） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上． 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回． 一、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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式计算求解集合B，再应用交集定义计算判断. 【详解】集合， 则. 故选：C 2. 复数满足，其中i为虚数单位，则对应的点在复平面的（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，化简得到复数，然后结合复数几何意义即可知道结果. 【详解】因为，所以 则其对应点的坐标为，位于第二象限. 故选：B. 3. 为了研究某市高中生的脚长（单位：cm）和身高（单位：cm）的关系，市卫健委从该市随机抽取若干名高中生做调查，经统计，所调查数据的，根据最小二乘法算得脚长和身高的经验回归方程为．已知被调查的某学生的脚长为25cm，身高180cm，则该样本点的残差为（ ） A. 1cm B. cm C. 4cm D. cm 【答案】D 【解析】 【分析】根据回归方程必过点求出，即可得到回归方程，再根据残差的定义计算可得. 【详解】因为，又经验回归方程必过点， 所以，解得，所以， 当时， 所以该样本点的残差为. 故选：D 4. 各项均为正数的等比数列的前5项和为，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为（）， 根据题意即，解得（舍）， 而，故，所以 选选：A 5. 若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知系数列式求出，再应用赋值法计算系数和即可. 【详解】的展开式中的系数为，所以， 所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48. 故选：C. 6. 双曲线的方程为，直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则的值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】设，，联立直线l与双曲线E的方程，得，再求出E，F点坐标，根据即可得解. 【详解】设，， 联立直线l与双曲线E的方程，得， 消去x，得， 则，且， 双曲线的渐近线方程为， 联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得， 得，即，同理， 因为E，F是线段AB的三等分点，所以， 即，则， 所以， 则，所以. 故选：D 7. 函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数是偶函数列式得出函数解析式，再应用导函数判断函数单调性，最后结合单调性计算求解. 【详解】因为，且是偶函数， 所以， 所以，单调递减， 则不等式化简为， 所以，即， 所以或. 故选：B. 8. 中，，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理可得在以半径为的圆上，由向量线性运算得，根据向量运算几何意义，计算即可求解. 【详解】由正弦定理可得，， 所以在以半径为的圆上， 则 由向量数量积几何意义及垂径定理可知： 当与同向时，有最大值为， 所以的最大值为. 故选：D. 二、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. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】A举反例；B利用基本不等式即可；C作差法；D举反例. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，因，则，，则， 等号成立时，故B正确； 对于C，因且，则，则，故C正确； 对于D，若，则，故D错误. 故选：BC 10. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（ ） A. B. 直线与平面所成的角的余弦值为 C. 当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值 D. 点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由结合空间向量的数量积即可判断A；由线面夹角的向量公式即可判断B；作出平面截正方体所得的截面，结合，，即可判断；根据球的表面积公式即可判断D． 【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设， 则，所以， ，所以， ，，，，， 因为，所以， 所以，故A正确； 因为，，平面， 所以平面，所以平面的法向量为， 则直线与平面所成的角的正弦值为， 所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误； 取上一点，满足，则， 因为，且有公共点， 所以平面，又平面，平面平面， 所以共线，作出平面截正方体所得的截面， 由，得为等腰直角三角形， 同理可得均为等腰直角三角形， ， 所以截面周长为为定值，故C正确； 当点为中点时，，所以，，， 则，所以， 所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上， 连接， 因为， 所以，所以四边形平行四边形， 则共面，设交点为，则， 设球心为，，则， 则，即， 解得，半径为，表面积为，故D正确； 故选：ACD． 11. 笛卡尔叶形线是一种非常优美且具有丰富几何性质的代数曲线，它的形状如图所示，其标准方程为：，其中是参数．已知某笛卡尔叶形线过点，点是该曲线上的一点，则（ ） A. 当时，取到最大值 B. 的取值范围是 C. 直线是曲线的一条切线 D. 若是曲线的渐近线，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由笛卡尔叶形线过点得曲线方程为，设的最大值为，则曲线与在第一象限只有一个交点，构造函数，根据导数结合函数只有1个零点即可判断A；同理即可判断B；若直线是曲线的一条切线，则与曲线在第一象限只有一个交点，联立方程组即可判断C；根据极限思想即可判断D． 【详解】由笛卡尔叶形线过点得，，解得， 所以， 对于A，设的最大值为， 则曲线与在第一象限只有一个交点，联立得， 设， 令，解得， 当时，，则在单调递减， 当时，，则在单调递增， 又，所以必满足， 即，解得， 所以的最大值为，此时，故A错误； 对于B，设的最大值为，则曲线与在第一象限只有一个交点， 联立得， 与A同理得，，所以的取值范围是，故B正确； 对于C，若直线是曲线的一条切线，则与曲线在第一象限只有一个交点， 联立得， 整理得，所以方程有2个相等的实数根， 所以与曲线在第一象限只有一个交点，故C正确； 对于D，因为曲线过，所以不是曲线渐近线， 设曲线的渐近线为， 代入曲线方程得， 同时除以得，， 当时，，此时， 则上式为， 当，此时， 所以曲线的渐近线为，即，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. 设随机变量，若，则______． 【答案】0.3## 【解析】 【分析】根据已知，利用正态分布曲线的性质求解. 【详解】因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 又因为，所以，所以 又因为，所以0.3. 故答案为：0.3. 13. 函数，其中，若，使得，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得在的图象至少有2个最大值，根据正弦函数的性质即可求解． 【详解】由题可知，在的图象至少有2个最大值， 当时，，解得， 当时，， 当时，， 综上，当时，，使得， 故答案为：． 14. 过函数图像上一点，垂直于函数在该点处的切线的直线，称为函数在该点处的“法线”．若一条直线同时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据“法线”的定义，结合导数的几何意义求出法线方程，由“公法线”的定义列出方程组求解即可． 【详解】由求得，，则法线斜率为， 则在处的法线方程为， 由求导得，则法线斜率为， 则在处的法线方程为， 由“公法线”得，，， 解得， 所以“公法线”方程为， 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程、演算步骤． 15. 周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目． （1）求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率； （2）用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）先得到每个人参加甲项目和乙项目的概率，利用二项分布求概率公式得到答案； （2）求出的所有可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望值. 【小问1详解】 依题意知，这4个人中，每个人参加甲项目的概率为，参加乙项目的概率为， 设“这4个人中恰有人去参加甲项目”为事件． 则， 故这4个人中恰有2人去参加甲项目的概率为． 【小问2详解】 或时，， 或时，， 时，， 故的所有可能取值为0，2，4． 由于与互斥，与互斥，故， ， ． 所以的分布列是 0 2 4 所以． 16. 中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． （1）证明：为等边三角形； （2）如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由两角和与差的余弦公式得出，根据正弦定理边化角得出，再根据同角三角函数的平方关系即可求解，代入得出即可证明； （2）由余弦定理得出，再根据三角形面积公式求解即可． 【小问1详解】 证明：由，得， 展开得．① 由可得．② ①－②得， 因为，所以， 解得或（舍去）． 又，所以． 把代入，得，则． 所以，故是等边三角形． 【小问2详解】 由及，得，设，则． 在中，由余弦定理可得， 即，解得． 同理，在中，由余弦定理可得． 又， 所以． 17. 数列是递增数列，其前项和为，且． （1）求； （2）记，数列满足：，数列的前项积与前项和分别记为．证明： ①； ②． 【答案】（1）， （2）①证明见解析 ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）降标作差得，再根据数列的增减性即可得，利用等差数列的通项公式和前项和公式即可； （2）①通过变形得到即可求；②通过变形得到，即可求. 【小问1详解】 由得，． 两式相减得：，即， 因为是递增数列，所以， 由，得，所以是首项为，公差为的等差数列， 所以，； 【小问2详解】 ①由已知得，， 所以，即， 所以； ②由，可得， 所以 ， 所以． 18. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个极值点，证明：有且只有一个零点． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后分类讨论的范围即可求解； （2）根据有两个极值点，结合（1）利用导数分析函数的零点即可证明． 【小问1详解】 函数的定义域为． 当时，恒成立，即在定义域内单调递增． 当时，令． 则的对称轴为． 若，即时，在定义域内单调递增． 若，即时，有两个零点： ，且． 当和时，单调递增； 当时，单调递减． 综上所述，当时，在和上单调递增， 在上单调递减； 当时，在上单调递增． 【小问2详解】 由有两个极值点，则由（1）可得且在处取极大值，在处取极小值． 当时，， 所以的极小值为， 又在单调递增，所以在上没有零点． ， 由得，， 又，，且在上单调递增， 所以存在唯一的实数，使得， 故有且只有一个零点． 19. 如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合． （1）证明：平面； （2）若面积为定值，求的长度； （3）在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，，则，求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式以及为定值，求出的值，即可得解； （3）设、，利用空间向量法可得出，设直线在平面内的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入，可得出，进而可求出点到直线的距离的取值范围． 【小问1详解】 因为四边形为矩形，则，， 由题意得，、分别为和的中点，所以，，， 所以，四边形为平行四边形， 因为，则，同理可证，， 因为，、平面，故平面． 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，，则， 所以，，． 则点到直线的距离． 所以．（*） 因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为， 所以点的坐标满足，即， 代入（*）式得，． 由已知面积为定值，所以，则， 由（1）知，故的长度为． 【小问3详解】 设、，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，即． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，则平面的一个法向量为． 因为平面平面，所以，得， 在平面内，椭圆的方程为， 设直线在平面内的方程为． 代入椭圆方程得， 由，得． 由韦达定理得， 所以， 即，化简得． 所以点到直线的距离为， 则，所以． 故点到直线的距离的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年聊城市高考模拟试题 数学（二） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上． 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，只将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，其中i为虚数单位，则对应的点在复平面的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 为了研究某市高中生的脚长（单位：cm）和身高（单位：cm）的关系，市卫健委从该市随机抽取若干名高中生做调查，经统计，所调查数据的，根据最小二乘法算得脚长和身高的经验回归方程为．已知被调查的某学生的脚长为25cm，身高180cm，则该样本点的残差为（ ） A. 1cm B. cm C. 4cm D. cm 4. 各项均为正数的等比数列的前5项和为，且，则（ ） A 2 B. 4 C. 8 D. 16 5. 若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 6. 双曲线的方程为，直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则的值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 7. 函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式解集为（ ） A. B. C. D. 8. 中，，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（ ） A. B. 直线与平面所成的角的余弦值为 C. 当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值 D. 点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为 11. 笛卡尔叶形线是一种非常优美且具有丰富几何性质代数曲线，它的形状如图所示，其标准方程为：，其中是参数．已知某笛卡尔叶形线过点，点是该曲线上的一点，则（ ） A. 当时，取到最大值 B. 的取值范围是 C. 直线是曲线的一条切线 D. 若是曲线的渐近线，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量，若，则______． 13. 函数，其中，若，使得，则取值范围为______． 14. 过函数图像上一点，垂直于函数在该点处的切线的直线，称为函数在该点处的“法线”．若一条直线同时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程、演算步骤． 15. 周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目． （1）求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率； （2）用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望． 16. 中，角A，B，C对边为a，b，c，已知，且． （1）证明：为等边三角形； （2）如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 17. 数列是递增数列，其前项和为，且． （1）求； （2）记，数列满足：，数列的前项积与前项和分别记为．证明： ①； ②． 18. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个极值点，证明：有且只有一个零点． 19. 如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合． （1）证明：平面； （2）若面积为定值，求的长度； （3）在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$