精品解析：山东省平度市2024-2025学年高三4月高考模拟检测（二）数学试题

平度市2025年高考模拟检测（二） 数学试题 2025.04 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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.如需要改动，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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共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】B 【解析】 【分析】将集合中的元素分别代入不等式，结合交集的概念可得结果. 【详解】将集合中的元素分别代入不等式，可得、时符合要求， ∴． 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算法则及模长的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以，所以. 故选：D. 3. 一个圆台的母线长为5，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出圆台的高，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】圆台的高为， 圆台的体积． 故选：D 4. 若成等差数列；成等比数列，则等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列以及等比数列的性质求出等差数列的公差，等比数列的公比，然后计算求解即可． 【详解】若1，a1，a2，4成等差数列，4＝1+3d，d＝1， ∴a1﹣a2＝﹣1． 又1，b1，b2，b3，4成等比数列，b22＝1×4，解得b2＝2，b2＝﹣2舍去（等比数列奇数项的符号相同）． ∴ 故答案为A． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质. 5. 已知为锐角，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系及两角差的余弦公式可得，由此可得答案. 【详解】由得，，即， ∴，即， 由得，， ∴，故. 故选：C. 6. 5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】总的检验方法数易求，恰好检验4次就停止，说明前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，分别求出方法数后可得概率． 【详解】检验4次的方法总数为， 因为恰好检验4次就停止， 所以前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，共种方法， 或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，共种方法， 所以满足题意概率为． 故选：C． 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且AB边上的高等于，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据余弦定理求，再结合图形，通过所设边长，结合正弦定理，即可求解. 【详解】由题意得，． 设，垂足为D，易知点D在AB的延长线上，如图所示， 不妨设，则，，则，，， 由，解得． 故选：D 8. 我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用导数求出函数的极值点，再逐一判断各个选项即可. 【详解】，则， 令，则， 如图，作出函数的图象， 由图可知函数图象有两个交点， 即函数有两个零点，且， 令，则或，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值点为，极小值点为. 对于A，函数在上单调递减，在单调递增， 所以函数有极小值点，无极大值点，故A选项不符； 对于B，函数在上单调递增，在单调递减， 所以函数有极大值点，无极小值点，故B选项不符； 对于C，， 当或时，，当时，， 所以函数的极大值点为，极小值点为，故C选项符合题意； 对于D，， 则函数的极小值点为，极大值点为，故D选项不符. 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. 已知一组数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为.现从中删去某一个数，得到一组新数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为，则下列说法中正确的是（ ） A. 若删去3，则 B. 若删去9，则 C. 无论删去哪个数，均有 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据中位数的定义可判断A选项，根据平均数的定义判断B选项，分类讨论去掉的数据结合极差的定义判断C选项，先判断去掉的数据是什么，然后根据方差的定义判断D. 【详解】A选项，若去掉3，根据中位数的定义， ，满足，A选项正确； B选项，若删去9，根据平均数的定义， ，，，B选项错误； C选项，根据极差的定义，若去掉的数是中的一个， 显然去掉前后极差都是，满足， 若去掉，，若去掉，， 综上，，C选项正确； D选项，原数据平均数，去掉一个数后平均数保持不变，即， 则剩下的四个数之和为，显然去掉的数只能是，由方差的定义， ， ， 满足，D选项正确. 故选：ACD 10. 双曲线的左右焦点分别为，左右顶点分别为，若是右支上一点（与点不重合），如图，过点的直线与双曲线的左支交于点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列结论中正确的是（ ） A. 存在使得 B. P到两条渐近线的距离之积为定值 C. 当直线运动时，始终有 D. △内切圆的圆心的横坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】设，计算直线的斜率，比较斜率关系即可判断A；先确定渐近线，分别计算距离求解即可判断B；设直线，然后分别联立双曲线和渐近线方程计算交点，利用弦长公式确定关系即可判断C；设内切圆与轴的切点为，与内切圆的切点分别为，利用切线长定理，再利用双曲线的定义，把，转化为，从而求得点的横坐标即可判断D. 【详解】双曲线的，所以， 则双曲线渐近线方程为，设，则，且， 对于A，，则，则，而，而，所以，则不存在使得，故A不正确； 对于B，点到两条渐近线的距离分别为， 故，则到两条渐近线的距离之积为定值，故B正确； 对于C，设点， 显然直线的斜率存在，设直线，且， 联立方程，所以， 所以， 直线分别与渐近线与联立得，， 得，所以有，即， 由题可知，所以，故C正确； 对于D，如图所示： 设内切圆与轴的切点为，与内切圆的切点分别为， 由双曲线的定义可得，由圆的切线长定理知， 故，即， 设内切圆的圆心横坐标为，则点的横坐标为， 故，解得，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ） A. CP长度的最小值为 B. 存在点P，使得 C. 存在点P，存在点，使得 D. 所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可. 【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点， 中点，连接，则有， 所以的延长线必过点且， 过点作，则四边形是边长为1的菱形. 如图所示： 在中，，即， 解得，所以， 所以为边长为3等边三角形， 所以， 所以， 因为是边长为3的等边三角形且为中点， 所以，， 在中，由余弦定理变形得，， 在中，由余弦定理变形得， ， 解得，所以，所以； 由，可得平面， 又平面，所以， 由，，，可得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为， 所以，解得，， 所以点在平面的轨迹为， 对于A：当点运动到与的交点时有最小值， 因为四边形是边长为1且的菱形， 所以，所以， 故A选项正确； 对于B：要使得，则点必须落在 平面与平面的交线上且， 由图易知，在平面中不存在这样的点， 故B选项错误； 对于C：当点运动到点时，连接，交于点， 连接，由于平面平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以，所以存在点P，存在点，使得， 故C选项正确； 对于D：设的长度为，则， 动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为, 则有， 因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为， 故D选项正确； 故选：ACD. 【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 记数列的前项和为，且，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用通项与前项和的关系，把等式转化为的递推关系，利用等差数列公式即可求解. 【详解】由代入已知可得：， 可得是公差为2的等差数列，因为，所以， 即， 所以， 故答案为：. 13. 平面向量满足，，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量不共线时，借助平行四边形，可得，进而利用余弦定理以及基本不等式即可求解最值. 【详解】如图：当、不共线时，取，，则，， 故，故， 在中，, 故， 故， 由于，故，故，当且仅当时取等号， 则，由于，故的最大值为， 由于的夹角为，即为, 由于与互补，故的最小值为， 当、共线时，不妨设，则，可得， 当时，此时的夹角为，即为, 时，此时的夹角为，即为, 综上可知：的夹角的最小值为 故答案为： 14. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1350个奇数，记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B，可看成，显然集合E共有个，集合F共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合B共有个， 又集合A的非空子集共有个， 所以B中所有元素之和为奇数的概率为. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合三角函数公式求出角； （2）先根据已知条件求出三边长度，再利用余弦定理求出的值，最后根据三角形面积公式求出面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得. 因为，所以，可得，即. 因为，所以，得到，即. 所以，则. 【小问2详解】 因为，又， 所以，. 由余弦定理得， 又因为， 故，解得. 则，所以. 所以.  16. 已知函数 （1）当时，求证： （2）若对恒成立，求取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，构造函数，求解单调性，即可证明； （2）求导得，令，则，分类讨论可求得的范围. 【小问1详解】 由，得. 要证只要证 令，则 当时，则单调递减， 当时，则单调递增， 所以则即 【小问2详解】 由已知可得， 令，求导可得， (1)当时，由，得，因此，满足题意. (2)当时，由，得，则在上单调递增. ①当时，，所以，即在单调递增， 所以在单调递增，所以， 则在上单调递增，所以满足题意. ②当时，，，则存在唯一的，使得， 且当时，，上单调递减， 所以不满足题意. 综上： 17. 如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O． （1）求证：； （2）若，求直线和平面的距离． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分析得知要证，只需证，取的中点分别为，故只需证明即可，而这又可以通过线面垂直的判定定理、性质定理证明； （2）将问题转换为求点到平面的距离，建立适当的空间直角坐标系，根据题意分别求出即可，其中为平面的法向量，进一步由公式即可得解. 【小问1详解】 一方面：因为在底面内的射影为点O，而平面， 所以， 故要证，只需证； 另一方面：取的中点分别为，连接， 因为为边长为3的正三角形，所以也是边长为3的正三角形， 又点是的中点， 从而，因为，所以， 因为四边形为正方形，的中点分别为， 所以， 又因，，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又点是的中点， 所以； 综上所述，； 【小问2详解】 一方面：注意到平面，平面， 所以平面， 要求直线和平面的距离，只需求点到平面的距离即可； 另一方面：若，则点为三角形的外心，从而三点共线， 过点作交于点，易知， 因为平面，平面， 所以， 从而两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， ，从而， ， ， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点到平面的距离为； 综上所述，直线和平面的距离为. 18. 抛物线:，为的焦点，过抛物线外一点作抛物线的两条切线，，是切点. （1）若点的纵坐标为，求证：直线恒过定点； （2）若||＝，求面积的最大值; （3）证明：||·||=. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分别求出直线和直线的方程，由直线和直线都过即可求出直线的方程，再根据点的纵坐标为，即可得到直线恒过定点； （2）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出的高，即可求出面积的最大值. （3）设直线方程为，与抛物线方程联立，可得，直线的方程为，进而可得直线的方程为，求得，进而可得，可得结论. 【小问1详解】 设，， 由得，则直线的方程为， 即，即， 同理，直线的方程为 又直线与直线都过， 则，， 从而均在直线上， 故直线的方程为，又， 故直线的方程为， 故直线过定点； 【小问2详解】 联立，得， ，则， 则， 于是，， 又点N到直线AB的距离， 所以 (当时取等号). 则面积的最大值为； 【小问3详解】 由题意知直线斜率存在，且. 设直线方程为， 由，得， ，. 对求导，， 所以， ， 直线的方程为， 又，直线的方程为， 同理可得直线的方程为. 由，得，所以， 当时，||=||=2，，所以||·||=； 当时，，， 又，， 所以.所以||·||=， 综上：||·||=. 19. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【答案】（1）具有性质，； （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据定义，计算，即可判断具有性质；在分别计算出，即可求得； （2）方法1：由已知得出，结合，得出，进而得出，并取验证的最大值可以取到；方法2：用反证法假设，由已知得出与题设矛盾，即可说明； （3）由性质可得，①，且②，①中不妨设，②中不妨设，由对称性可以设，得出，进而得出，再验证可以取到最大值即可． 【小问1详解】 因为，所以具有性质； 因为， 所以． 【小问2详解】 方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． 【小问3详解】 由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平度市2025年高考模拟检测（二） 数学试题 2025.04 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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.如需要改动，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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 一个圆台的母线长为5，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 若成等差数列；成等比数列，则等于 A. B. C. D. 5. 已知为锐角，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （    ） A. B. C. D. 7. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，若，且AB边上的高等于，则 （ ） A. B. C. D. 8. 我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ） 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. 已知一组数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为.现从中删去某一个数，得到一组新数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为，则下列说法中正确的是（ ） A. 若删去3，则 B. 若删去9，则 C 无论删去哪个数，均有 D. 若，则 10. 双曲线的左右焦点分别为，左右顶点分别为，若是右支上一点（与点不重合），如图，过点的直线与双曲线的左支交于点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列结论中正确的是（ ） A. 存在使得 B. P到两条渐近线的距离之积为定值 C. 当直线运动时，始终有 D. △内切圆的圆心的横坐标为 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ） A. CP长度的最小值为 B. 存在点P，使得 C. 存在点P，存在点，使得 D. 所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 记数列的前项和为，且，则_____________． 13. 平面向量满足，，则的最小值为_________. 14. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为__________. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若的周长为，求的面积． 16. 已知函数 （1）当时，求证： （2）若对恒成立，求的取值范围. 17. 如图，在斜三棱柱中，为边长为3正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O． （1）求证：； （2）若，求直线和平面距离． 18. 抛物线:，为的焦点，过抛物线外一点作抛物线的两条切线，，是切点. （1）若点的纵坐标为，求证：直线恒过定点； （2）若||＝，求面积最大值; （3）证明：||·||=. 19. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $