精品解析：山东省济南市山东师范大学附属中学2025届高三下学期高考模拟考试（二模）数学试题

山东师范大学附属中学2025届高三年级高考模拟考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2025．4 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、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. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ） A. 79 B. 80 C. 81 D. 82 4. 若是夹角为的单位向量，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上的最大值为，则当取到最小值时，（ ） A. 7 B. C. 9 D. 8. 设为不等实数，则关于的方程的实数根的个数可能为（ ） A. 0 B. 2 C. 1012 D. 2023 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. 已知与函数的周期相同，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间内只有1个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 10. 已知函数定义在上，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 的解集为 D. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，．过的直线交双曲线的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为，与轴的交点为，记的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ） A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为 B. 若，且，则双曲线的离心率为 C. 若，，则的取值范围是 D. 若直线的斜率为，，则双曲线的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于_____________． 13. 已知函数，其中，记函数的最小值为，若，都有，则的取值范围为__________． 14. 在2024×2023的方格表中，除首尾两行外每行各有一个坏人，同时每列有至多一个坏人.甲从第一行出发，每次沿相邻方格移动，要移动到最后一行，一旦触碰到坏人则本轮终止返回起点，但能记住已探明的坏人位置.因此，无论坏人如何分布，甲总能通过不超过轮到达最后一行.则的最小值为_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若在区间上有2个极值点，求实数的取值范围． 16. 已知数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，对任意，恒成立，求的取值范围． 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围. 18. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点. （1）若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. （2）在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 19. 已知函数的定义域，对任意实数a，定义集合． （1）已知，求． （2）已知，若集合只有一个元素，求a的值； （3）已知，其中且，求证：集合是一个区间． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东师范大学附属中学2025届高三年级高考模拟考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2025．4 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、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】求解确定，再由交集运算即可求解； 【详解】， 所以， 故选：C 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 3. 某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ） A. 79 B. 80 C. 81 D. 82 【答案】B 【解析】 【分析】计算，代入数据可得下四分位数，从而可求均值. 【详解】，故下四分位数为第二个数与第三个数的平均数，即， 解之得， 所以该名考生面试的平均得分为. 故选：B. 4. 若是夹角为的单位向量，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用单位向量的定义结合数量积的定义求出，，，最后利用数量积的定义求解夹角即可. 【详解】因为是夹角为的单位向量，，， 所以， ， 而，故， ，故， 所以， 而，解得， 则向量与的夹角为，故C正确. 故选：C 5. 已知双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的离心率为，由求解. 【详解】由题意双曲线，所以，， 由计算得：，又因为双曲线的离心率为， 所以，解得， 所以双曲线的方程为， 其渐近线方程为． 故选：B. 6. 一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解. 【详解】 如图，根据题意，圆锥高为，底面圆半径，外接球球心为，半径， 则球心到圆锥底面圆心距离， 由，得，圆锥的体积， 求导得， 当时，，函数在上递增， 当时，，函数在上递减， 则当时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径. 故选：B 7. 已知函数在区间上的最大值为，则当取到最小值时，（ ） A. 7 B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将函数看作是两个函数的函数值之差的绝对值，结合图象分析当取到最小值时，直线所在位置，从而得出的值. 【详解】函数在区间上的最大值， 可看作是函数与在区间上函数值之差的绝对值的最大值. 函数在区间上的两个端点, 直线的方程为. 设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为， ，令，解得或（舍去）， 切点坐标为，代入直线方程，可得， 所以切线方程为. 由图像可知，直线在函数图象上方或下方时的值大于直线与函数图象相交时的值， 所以要使取到最小值，直线在直线和直线的中间，即直线， 此时，，所以. 故选：B. 8. 设为不等实数，则关于的方程的实数根的个数可能为（ ） A. 0 B. 2 C. 1012 D. 2023 【答案】A 【解析】 【分析】按是否为分三类讨论.当且时，验证不是方程的实数根，再对方程进行变形，转化为求解函数的零点问题，借助导数研究函数单调性判断零点的个数. 【详解】设， 由题意，则，故不是方程的根，故. ①当且时，， 由，，可知均不是方程的实数根； 故且， 则，此时方程无解； ②当且时，， 由，，可知均不是方程的实数根， 故且， 则，此时方程也无解； ③当且，且时， ， 则， 令，可得， 令，则且，设， ， 令得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 又由，则，故，即不是方程的实数根； 同理也不是方程的实数根，故且. 所以 ， 令，可得， 则有， 由，，可得， 设， 则，且在上单调递增， 令，解得，记为， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故至多两根，又， 且， 故除外，无其他实数根，即无实数根； 综上所述，为不等实数，无实数根. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是分类讨论思想的应用，是数列求和公式应用，要注意是否为；二是构造函数转化为零点的问题研究. 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. 已知与函数的周期相同，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间内只有1个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，求得函数，根据三角函数的性质，可判定A正确；由时，求得，结合正弦函数的性质，可得判定B正确；由，可判定C错误；求得，得到，得到或，进而求得曲线在点处的切线的斜率，得出切线方程，可判定D正确. 【详解】由， 因为函数的最小正周期为，所以，所以， 所以， 对于A中，当时，可得， 由正弦函数的性质，可得在上单调递减，所以A正确； 对于B中，当时，可得， 由正弦函数的性质，可得在上只有1个极值点， 由，解得，即为函数在上的唯一极值点，所以B正确； 对于C中，当时，，， 所以直线不是曲线的对称轴，所以C错误； 对于D中，由，得， 则或，可得或， 所以曲线在点处的切线的斜率， 所以切线方程为，即，所以D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数定义在上，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 的解集为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件得到的图象关于直线对称，关于点对称，对于A，利用，结合条件，即可求解；对于B，利用的周期为，即可求解；对于C，数形结合，即可求解；对于D，利用及的周期，即可求解. 【详解】因为为偶函数，所以，则的图象关于直线对称， 又因为为奇函数，所以， 等价于，所以的图象关于点对称， 由，得到，又， 所以，则，所以的周期为， 又当时，，则时，，时，， 时，，的部分图象如图所示. 对于选项A，因为，故选项A错误， 对于选项B，由，得到，又， 所以，则， 所以的周期为，，又，所以， 则，故选项B正确， 对于选项C，由图象知，当时，由得到， 又的周期为，则时，，，故选项C正确， 对于选项D，因为，所以，故选项D正确， 故选：BCD. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，．过的直线交双曲线的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为，与轴的交点为，记的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ） A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为 B. 若，且，则双曲线的离心率为 C. 若，，则的取值范围是 D. 若直线的斜率为，，则双曲线的离心率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据渐近线斜率与夹角的关系可判断A错误；根据双曲线定义以及勾股定理计算可判断B正确；由内切圆性质可得所在直线方程为，根据直线的倾斜角范围与渐近线关系可得，即C错误；利用三角形相似以及余弦定理计算可得D正确. 【详解】对于A，若双曲线渐近线的夹角为，则或， 故可得或，即A错误； 对于B，设，则由以及双曲线定义可得， 故，则 又，即可得， 因此，解得， 又，即， 可得，即， 故双曲线的离心率为，即B正确； 对于C，如下图所示： 令的内切圆切分别为， 则， 所以， 令点，而，因此，解得； 又，则点的横坐标为， 同理可得的横坐标也为，即所在直线方程为； 设直线的倾斜角为，则， 在中，， 在中，， 又，可得渐近线斜率为，且， 因为均在右支上，故，即， 因此，可知C错误； 对于D，由可得, 故，而，可得， 又直线的斜率为，所以， 由余弦定理可得，解得， 即则双曲线的离心率为，可得D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：在求解焦点三角形内切圆问题时，要利用双曲线定义以及切线长性质得出内切圆圆心的横坐标为双曲线的顶点坐标，再利用内心性质可求出半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于_____________． 【答案】##4.75 【解析】 【分析】根据题意，分别设出的表达式，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，可设， 则． 故答案为： 13. 已知函数，其中，记函数的最小值为，若，都有，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，设，则，令，根据导数求得，进而得出恒成立，令，利用作商法得出的最大值为，则，再利用基本不等式即可求解． 【详解】， 设，则，令， ， 当，则， 所以，得，则在单调递减， 当，则， 所以，得，则在单调递增， 所以，即， 所以恒成立， 只需大于的最大值， 令， 则， 可得，则的最大值为， 所以， 因为，则， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以， 故答案为：． 14. 在2024×2023的方格表中，除首尾两行外每行各有一个坏人，同时每列有至多一个坏人.甲从第一行出发，每次沿相邻方格移动，要移动到最后一行，一旦触碰到坏人则本轮终止返回起点，但能记住已探明的坏人位置.因此，无论坏人如何分布，甲总能通过不超过轮到达最后一行.则的最小值为_____． 【答案】3 【解析】 【分析】由于，所以考虑从，开始讨论，发现和时，都无法实现；当时，有完成任务的策略，从而得出的最小值为3. 【详解】当时，肯定不行，因为在第一次尝试下到第二行时，无论从哪里下去，都可能碰到坏人； 当时，也肯定不行. 如果第一次从第一行下到第二行就碰到坏人了， 那么第一次尝试得到的信息只有第二行以及坏人所在那一列的信息， 对第三行的信息是一无所知的，第三行除了第二行坏人所在那一列没坏人都可能有坏人. 所以在第一次从第二行下到第三行时，无论从第二行的哪个位置下去，都可能碰到坏人，所以2也不行. 当时，是可以的.策略如下： 第一次尝试用来确定第二行坏人的位置（从第二行的左边一直向右走）， 不妨令第二行坏人位置为 . 分两种情况： 1.第二行坏人位置不在第1列或第2023列. 这种情况从下到 ，从左往右走直至n，如果走到n都没碰到坏人， 那么从一直向下走就到最后一行了. 如果在n之前碰到坏人了， 那么第三次从到，再到，直着下去就行了. 2. 第二行坏人位置在第1列或第2023列. 不妨令坏人在第1列. 之后的策略如下：从下到之后一直向左走到， 如果碰到坏人了，位置不妨设为，那么第三次从到， 再到，直着下去就行了. 如果向左走到一直没碰到坏人，那坏人肯定在， 之后从回头走到下到，一直向左走到， 之后的处理方式与一直向左走到相同，之后重复上述步骤…… 如果这样一直走到都没碰到坏人， 那么从直接下到就完成任务了. 故答案为：3 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若在区间上有2个极值点，求实数的取值范围． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数分析单调性即可； （2）求导后构造函数，将问题转化为在区间上有两个不等的变号零点，结合二次函数的性质分析即可. 【小问1详解】 依题意，，， ， 故当时，，当时，， 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 依题意，， 令，得， 令，故问题转化为在区间上有两个不等的变号零点， 故 解得， 综上所述，实数的取值范围为． 16. 已知数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，对任意，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对任意的，由，得，两式作差推导出数列的奇数项、偶数项分别成以为公差的等差数列，求出、的值，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式； （2）求出数列的通项公式，利用基本不等式求出的最小值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 对任意的，由①，得②， 两式相减，可得，即， 所以，所以． 所以，数列的奇数项、偶数项分别成以为公差的等差数列， 在①式中，令，可得，令，可得， 所以当为奇数时，， 当为偶数时，， 综上所述，. 【小问2详解】 因为，所以， 当时，． 可得，当且仅当，即时等号成立， 即的最小值为，所以，即的取值范围为． 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）设直线：，且，联立方程，设，，由韦达定理结合椭圆弦长公式得到，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 因为的离心率为，且焦距为， 可得且，解得，，则， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部， 设直线：，且， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 因此 ， 由，可得，即， 所以的取值范围为. 18. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点. （1）若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. （2）在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意易得四面体为正四面体，取的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合余弦定理求解即可； （2）（i）设，先证明平面，可得，结合题设易得，可得，建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可； （ii）设，设平面与平面的夹角为，利用空间向量表示出，令，再结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 因为球面三角形的三条边长均为， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，则，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得. 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. 【小问2详解】 因为平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等，即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值， 故. 19. 已知函数的定义域，对任意实数a，定义集合． （1）已知，求． （2）已知，若集合只有一个元素，求a的值； （3）已知，其中且，求证：集合是一个区间． 【答案】（1） （2）1 （3） 证明：函数的定义域为， 由题意可知即不等式的解集， 令，所以即的解集， 若集合只有一个元素，即方程有唯一解， 且函数在该点处与轴相切. 因为， （i）当时，恒成立，在上单调递增， 所以，无解，故不成立； （ii）当时，令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即， 即，解得. 经检验，当时， ， 所以只有一个解，且， 符合题意，故a的值为1； 函数的定义域为， 由题意可知即不等式（且）的解集， 即（且）的解集 令， 则， ①当时，恒成立，单调递增，当 所以的解集，即集合必是一个区间； ②当时，令，解得 所以在上单调递增，在和单调递减， 且，所以的解集，即集合必是一个区间； ③当时，令，解得 所以在上单调递增，在和单调递减， 且，所以的解集，即集合必是一个区间. 【解析】 【分析】（1）由题意可知，即不等式的解集，解此不等式即可得到结果； （2）构造函数，可知即的解集，将集合只有一个元素，转化为方程有唯一解，且函数在该点处与轴相切.再借助导数，求即可求出的值 （3）构造函数，可知即的解集，求导，令，解得两根和1，通过讨论两根的大小情况，来研究的正负，进而研究的单调性，通过的正负来说明的解集，即集合必是一个区间. 【小问1详解】 函数的定义域为， 由题意可知即不等式的解集， 可化为，整理可得， 即，解得或， 所以. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $