精品解析：山东省实验中学2025届高三一模考试数学试题

山东省实验中学2025届高三第一次模拟考试 数学试题2025.05 说明：本试卷满分150分．试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效．考试时间120分钟． 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知两个单位向量满足，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 3. 已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 5. 等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 15 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 7. 已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的奇函数满足，且，当时，，则方程在区间上的根的个数为（ ） A 9 B. 10 C. 17 D. 12 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，1，3，4，2，5，4，1的第45百分位数是4 B. 若数据，，，，的标准差为s，则数据，，，，的标准差为4s C. 随机变量X服从正态分布，若，则 D. 随机变量Y服从二项分布，若方差，则 10. 已知定义在R上且不恒为0函数，对任意的，都有，则（ ） A. B. 为周期函数 C. 是奇函数 D. 若，则 11. 已知曲线，则以下结论正确的是（ ） A. 的范围是 B. 若，则曲线具有周期性 C. 曲线既是轴对称图形又是中心对称图形 D. 曲线与圆有公共点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 若复数满足，则________． 13. 若数列满足，，则的前2025项的和为________． 14. 已知函数．若存在实数a，使得集合中的元素至少有2个，则实数t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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 16. 三棱锥中，，． （1）求三棱锥的体积； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知函数，. （1）求的单调区间和极小值； （2）证明：当时，. 18. 已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且． （1）求的标准方程． （2）若为上一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明： （ⅰ）的斜率之积为定值； （ⅱ）存在定点，使得关于点对称． 19. 已知数列满足，并且对任意的，取或的概率均为． （1）求的概率； （2）设的值为随机变量X． ①求X的分布列； ②求随机变量的数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省实验中学2025届高三第一次模拟考试 数学试题2025.05 说明：本试卷满分150分．试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效．考试时间120分钟． 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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定两集合中的元素，结合交集运算即可求解. 【详解】， 由，可知中元素从小到大排序 所以， 故选：A 2. 已知两个单位向量满足，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由，求得，结合，利用向量的数量积的运算公式，即可求得的值，得到答案. 【详解】由两个单位向量，可得， 因为，可得，所以， 则，所以. 故选：C. 3. 已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】已知曲线， 若曲线为椭圆，焦点在轴上，需要，则, 若曲线为双曲线，焦点在轴上，需要, 则焦点在轴上得不到, 若，表示曲线表示双曲线，焦点坐标在轴上. 故命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的既不充分也不必要. 故选：D. 4. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由点到线的距离公式求解最小值，即可求解. 【详解】， 其中为两点与距离的平方， 所以其最小值即为到直线距离的平方，即， 所以的最小值为1， 故选：B 5. 等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列前项和公式列方程组求得和公差后可得结果. 【详解】设等差数列首项为，公差为， 由，， 则，解得 则 故选：C. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用图象求出函数解析式，代入再结合诱导公式计算可得结果. 【详解】根据图象可知，即，解得； 又，即， 解得，又，因此； 所以， 因此. 故选：B 7. 已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设正四面体的棱长为，得到其高为，结合题意可判断出正四面体的棱长取最值时球和正四面体的位置关系，再利用球半径、截面圆半径、球心到截面圆心距离之间的关系求解即可. 【详解】如图所示，设在底面的投影为，连接并延长交于，易知E为中点， 正四面体的棱长为， 则由正四面体的特征知，， 正四面体的高为. 当正四面体内接于球时，即时，最小， 此时，得. 当球与正四面体的每条棱都相切时，即，最大， 因为球的球心到正四面体的四个面的距离都相等， 所以当球与正四面体的每条棱都相切时， 借助正四面体和球的结构特征可知切点均为棱的中点， 且球心到正四面体的顶点的距离为， 利用勾股定理可得，得. 故正四面体的棱长的取值范围为. 故选：A. 8. 已知定义在上的奇函数满足，且，当时，，则方程在区间上的根的个数为（ ） A. 9 B. 10 C. 17 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、对称性，得出函数是周期函数，再根据当时，，结合其单调性、对称性、周期性作出函数在区间上的图象，利用函数与函数的图象，由交点的个数可得出方程根的个数. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由可知，函数的图象关于直线对称， 则有，则，则， 所以，故是周期函数，周期. 又因为，所以，且有，则. 当时，是增函数， 且时，，时，，所以在上有且仅有一个零点. 函数与函数的图象如图， 由图可知，方程在区间上有10个根，去除后，还有9个根， 方程的根，即函数的图象与函数的图象的交点，有8个， 所以，方程在区间上的根的个数为. 故选：C. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，1，3，4，2，5，4，1的第45百分位数是4 B. 若数据，，，，的标准差为s，则数据，，，，的标准差为4s C. 随机变量X服从正态分布，若，则 D. 随机变量Y服从二项分布，若方差，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法，可判定A错误；根据方差的性质，可判定B正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定C正确；根据二项分布性质和概率的计算公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，数据从小到大排列为，共有8个数据， 因为，所以数据的第45分位数为第4个数据，即为2，所以A错误； 对于B中，数据标准差为， 由数据方差的性质，可得数据的标准差为，所以B错误； 对于C中，随机变量服从正态分布，且， 根据正态分布曲线的对称性，可得，所以C正确； 对于D中，随机变量服从二项分布，且， 可得，解得或， 当时，可得； 当时，可得， 综上可得，，所以D正确. 故选：CD. 10. 已知定义在R上且不恒为0的函数，对任意的，都有，则（ ） A. B. 为周期函数 C. 是奇函数 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】令得，由即可判断A；令，得，再求得，根据奇偶性定义判断B；由递推式得，进而有，应用错位相减法求判断D；由，假设为的最小正周期，而不能恒成立判断B. 【详解】令，则，而， 所以，A对； 令，则，令，则， 令，则，故，故是奇函数，C对； 由 ， 由，则，故， 所以， 所以， 所以，D错. 假设为的最小正周期， 由，则，故， 显然，对于，，，不能恒成立， 即不能恒成立，与前提矛盾，B错. 故选：AC 11. 已知曲线，则以下结论正确的是（ ） A. 的范围是 B. 若，则曲线具有周期性 C. 曲线既是轴对称图形又是中心对称图形 D. 曲线与圆有公共点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦函数值域判断A，根据周期性及对称性定义判断B，C，应用特殊点判断D. 【详解】曲线，则，A选项错误； 当，则曲线，， 所以是周期，所以曲线具有周期性，B选项正确； 代入曲线成立，所以曲线关于轴成轴对称图形， 代入曲线成立，所以曲线关于对称图形， 所以曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，C选项正确； 曲线，与圆有公共点，D选项正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数满足，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得结果. 【详解】因为，则，故. 故答案为：. 13. 若数列满足，，则的前2025项的和为________． 【答案】1013 【解析】 【分析】利用分组并项求和，对为偶数时进行分组计算即可. 【详解】易知当为偶数时，可得，即； 所以可知的前2025项的和. 故答案为：1013 14. 已知函数．若存在实数a，使得集合中的元素至少有2个，则实数t的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】将问题转化为函数与的图象至少有2个交点，然后讨论函数的单调性和极值，进而求得答案. 【详解】问题可以转化为函数与的图象至少有2个交点. 由题意， 当时，则，若，则，单调递增；若，则时，，单调递减，时，，单调递增. 当时，则单调递增（增+增） 于是，（1）当时，在上单调递增，函数与的图象至多只有1个交点，不合题意； （2）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，时，函数取得极大值为，时，函数取得极小值为. 限定，，则当且时，. 限定，，设，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，所以，.于是，且时，. 故当时，函数与的图象至少有2个交点，此时. 设，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，于是t的最小值为：. 故答案为：. 【点睛】首先将问题转化为两个函数图象的交点个数问题，在第（2）步求出函数的单调区间和极值后一定要注意，必须要说明在的左侧是否存在比极小值更小的值，在的右侧是否存在比极大值更大的值，进而才能解决问题. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长； （2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积. 【小问1详解】 由题设，由正弦定理有， 所以，而，故，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）及已知，有，可得， 又，即， 所以，故. 16. 在三棱锥中，，． （1）求三棱锥的体积； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题设可得关于坐标的方程组，求解后可求体积； （2）结合（1）结果，利用向量法可求平面与平面的夹角的余弦值． 【小问1详解】 以为原点，以所在直线为轴， 以所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴， 建立如图空间直角坐标系． ，设 ，，，． . 小问2详解】 设平面的法向量， ，，取，， 设平面的法向量， ，，取，， 设平面与平面的夹角为， ． 所以平面与平面的夹角的余弦值为 17. 已知函数，. （1）求的单调区间和极小值； （2）证明：当时，. 【答案】（1）递增区间为，递减区间为，极小值为1； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值. （2）根据给定条件，构造函数，利用导数结合基本不等式推理即得. 【小问1详解】 函数，，求导得， 当时，单调递增；当时，单调递减； 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为. 【小问2详解】 证明：当时，令， 求导得， 令，求导得， 函数在上单调递增，则，在上单调递增， 因此，所以. 18. 已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且． （1）求的标准方程． （2）若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明： （ⅰ）的斜率之积为定值； （ⅱ）存在定点，使得关于点对称． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程； （2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2； （ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称. 【小问1详解】 因为的渐近线方程为，所以， 则，所以， 因，所以，得. 因为，所以，可得， 所以， 故的标准方程为. 【小问2详解】 证明：（i）设，如下图所示： 设过点的切线的斜率为，则切线方程为， 即，所以， 即， 因此的斜率是上式中方程的两根，即. 又因为，所以 所以的斜率之积为定值，且定值为. （ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为， 联立，得. 因为， 所以， 则，同理可得， 所以. 因为，所以，所以， 得. 因为都在上，所以或（舍去）， 所以存在定点，使得关于点对称. 【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论. 19. 已知数列满足，并且对任意的，取或的概率均为． （1）求的概率； （2）设的值为随机变量X． ①求X的分布列； ②求随机变量的数学期望． 【答案】（1） （2）① 答案见解析；② 【解析】 【分析】（1）分别求得和时概率，结合互斥事件的概率加法，即可求解； （2）（ⅰ）设，得到，设且此时中有个个，得到，求得，得到事件的含义，即可求得的概率分布，得到答案.. （ⅱ）对任意，得到，结合组合数的运算公式，进而求得的表达式，得到答案. 【小问1详解】 解：当时概率为， 当时概率为， 所以的概率为． 【小问2详解】 解：（ⅰ）设， 则对任意正整数，取1或1的概率均为，且， 设．显然， 再设此时中有个个，则， 因此只能取之间的偶数值，所以， 对于偶数， 事件相当于在个数中，有个取1，个取， 所以的概率分布可表示为. （ⅱ）对任意，可得． 所以， 则 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$