精品解析：2025届山东省泰安市高三三模数学试题

2025年高三（下）三模考试（泰安）数学试卷 2025.5 本试卷共4页，19小题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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，请将本试卷和答题卡一并上交. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由绝对值不等式的求解及交集运算可得结果. 【详解】因为，故. 故选：D. 2. 在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数，极差的定义求解. 【详解】根据题意，这组数据的平均数，极差为. 故选：A. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由同角的三角函数关系式，将原式化简为关于的式子，然后将已知代入求解即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 4. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式中项的系数为. 故选：C. 5. 对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差.将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如下表格： 月份x 1 2 3 4 5 销量y 0.5 1 1.4 建立y与x的线性回归方程为，则第2个月和第4个月的残差和为（ ） A. -0.919 B. -0.1 C. 0.1 D. 0.919 【答案】C 【解析】 【分析】先求平均值，将其代入回归方程，故，将2，4代入线性回归方程，根据残差概念计算即可. 【详解】由题意可得，， 将其代入回归方程，得，故， 将2，4代入线性回归方程，则第2，4个月的预测值分别为，， 故第2个月和第4个月的残差和为. 故选：C. 6. 已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由已知可得，，求出体积的表达式，利用导数求最大值得解. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则其表面积，得，又，所以， 故正三棱柱的体积， 则，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为. 故选：B. 7. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一动点，则P到y轴的距离与P到，距离之和的比值（ ） A. 恒为定值 B. 恒为定值 C. 不为定值但有最小值 D. 不为定值但有最大值 【答案】A 【解析】 【分析】设点，由两点间的距离公式得到P到y轴的距离与P到，距离之和的比为，再结合双曲线的定义即可判断. 【详解】不妨设点，且易有，，且，， 代入得P到y轴的距离与P到，距离之和的比值为 ， 由于P为双曲线C上一点，故等价于点到与的距离之差的绝对值，由双曲线定义知其等于2， 故原式等价于，为定值. 故选：A. 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. 8. 定义复数运算：，已知复数，w满足，则（ ） A. w可以是 B. 的最小值为 C. 在复平面内对应的点不可能位于第二象限 D. 的实部是5 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，则由题设条件可得，据此利用反证法判断AC，取特例判断B，利用复数的乘法计算后判断D. 【详解】设，则， 整理得，故即， 对于A，若，则，故A错误； 对于B，， 当且仅当时等号成立，故的最小值为，故B成立； 对于C，若在复平面内对应的点位于第二象限，则， 此时不成立，故在复平面内对应的点不可能位于第二象限， 故C正确； 对于D，，故的实部是5， 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. 9. 已知中，，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理列式计算得解. 【详解】在中，， 由余弦定理得：，解得. 故答案为： 10. 数列的通项公式为，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，得到是以8为周期的数列，结合数列的周期性，即可求解. 【详解】由，可得， 所以是以8为周期的数列，且2025=8×253+1，， 所以. 故答案为：. 11. 若函数满足：存在整数，实数，使得，则称是“滞后的”.已知函数，不是“滞后的”，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用“滞后的”的定义，结合单调性及零点分类求解. 【详解】由“滞后的”的定义，知单调函数必不为“滞后的”， 当时，则，函数在R上单调递增，符合题意； 依题意，，若在上存在零点，则符合“滞后的”定义， 有，当且仅当，时取等号， 当且时，，， 因此函数在区间上一定存在零点，不符合题意； 当，时，函数在区间上至少存在1个零点，不符合题意； 当，，，则，， 而不为整数，符合题意， 所以的取值范围为. 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、证明过程或演算步骤. 12. 已知函数，圆. （1）若两条相邻的对称轴与C相切，求； （2）若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，求得，再根据是其中一条对称轴求得的值； （2）由题可得，，求得，，又圆与轴交点分别为，得，易知能且仅能取两个值，由此求得答案. 【小问1详解】 由题，相邻对称轴间的距离为，又圆的直径为3，则，得， 又圆心，所以其中一条对称轴为， ，得，，又，. 【小问2详解】 若，则的极值点满足，，得，， 又圆与轴交点分别为， 所以原题设等价于有且仅有2个的值满足， 整理得，故能且仅能取两个值， 所以，解得. 13. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）探究是否为的极大值点. 【答案】（1） （2）不是极大值点 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）假设是的极大值点，由极值点定义推理找到矛盾，得解. 【小问1详解】 当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 易得， 假设是的极大值点，则，即， 化简得， 当时，， 当时，，，只有当时，上式成立， 故，当时，，则， 但由假设知是的极大值点， 于是由极大值的定义知存在，使得时，，与假设矛盾. 所以不是的极大值点. 14. 乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜.在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平.已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为. （1）求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率； （2）求乙同学最终获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件概率的计算公式求解； （2）设事件为“乙赢了本局”，事件为“乙赢了上一局”， 设事件为“当前乙同学分数与甲同学分数之差为时，最终乙同学获胜”，由于初始，故乙同学最终获胜的概率等价于，分，，三种情况讨论求出概率的表达式，解方程组求出得解. 【小问1详解】 在打了两个球后结束，则甲连胜两球或乙连胜两球， 设事件为“再打两球后结束”，事件为“乙赢得比赛”， 则，， 故. 【小问2详解】 设事件为“乙赢了本局”，事件为“乙赢了上一局”， 设事件为“当前乙同学分数与甲同学分数之差为时，最终乙同学获胜”， 当时，乙肯定赢了上一局，此时，若赢球则乙直接赢得比赛，若输球则乙获胜的概率为， 所以， 同理，当时，乙肯定输了上一局，此时，若输球则输掉比赛，若赢球则获胜的概率为， 所以， 当时，若乙赢了上一局，此时，若赢球则获胜的概率为， 若输球则获胜的概率为， 所以， 若乙输了上一局，， 同理可得， 又初始，故乙同学最终获胜的概率等价于， 所以，解得. 所以乙同学最终获胜的概率为. 15. 如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解； （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当取等号， 于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 故，解得，故, 记与轴交于点，易知，而， 故可设点，其中， 于是， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， 由辅助角公式得， 所以， 当，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三（下）三模考试（泰安）数学试卷 2025.5 本试卷共4页，19小题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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，请将本试卷和答题卡一并上交. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差.将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如下表格： 月份x 1 2 3 4 5 销量y 0.5 1 1.4 建立y与x的线性回归方程为，则第2个月和第4个月的残差和为（ ） A. -0.919 B. -0.1 C. 0.1 D. 0.919 6. 已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ） A. 3 B. C. D. 7. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一动点，则P到y轴的距离与P到，距离之和的比值（ ） A. 恒为定值 B. 恒为定值 C. 不为定值但有最小值 D. 不为定值但有最大值 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. 8. 定义复数运算：，已知复数，w满足，则（ ） A. w可以是 B. 的最小值为 C. 在复平面内对应的点不可能位于第二象限 D. 的实部是5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 9. 已知中，，，，则_______. 10. 数列的通项公式为，则_______. 11. 若函数满足：存在整数，实数，使得，则称是“滞后的”.已知函数，不是“滞后的”，则的取值范围是_______. 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. 12. 已知函数，圆. （1）若两条相邻的对称轴与C相切，求； （2）若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围. 13. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）探究是否为的极大值点. 14. 乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜.在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平.已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为. （1）求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率； （2）求乙同学最终获胜的概率. 15. 如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $