精品解析：山东省泰安第一中学2025届高三六模数学试题

泰安一中高三第六次高考模拟考试 数学试题 2025.5 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 2. 已知，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必聚条件 【答案】A 【解析】 【分析】令可判断必要性，设取绝对值可判断充分性. 【详解】当时，成立，但不成立， 所以是不必要条件； 若，则，所以是充分条件. 综上，是的充分不必要条件. 故选：A 3. 在四边形中，若，则该四边形的面积为（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的数量积坐标运算来判断向量垂直，从而利用四边形的面积公式计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，则，即四边形的对角线互相垂直， 因为， 所以该四边形的面积为， 故选：C. 4. 函数，的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由诱导公式化简函数后，结合余弦函数性质求解． 【详解】由已知，又，∴． 故选：B 5. 已知等差数列的公差为2，，，成等比数列，则的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式表示出，，，再结合等比中项的性质列出关于首项的方程，求出首项，最后根据等差数列的前项和公式求出的前项和. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，可得，，.  因为，，成等比数列，所以，即. 展开等式左边可得，展开等式右边可得. 则，可得，解得.  根据等差数列的前项和公式，将，代入可得： .  的前项和为. 故选：A. 6. 过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于点，若以的右焦点为圆心，以为半径的圆经过､两点(为坐标原点)，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 ，故，不妨设渐近线方程为，则，根据，计算得到答案. 【详解】连接，，故，不妨设渐近线方程为，则. 故，解得，故双曲线方程为 故选：B 7. 已知某数据的平均数为，方差为，现再加入一个数据，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由平均数以及方差的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】设原来个数据依次为、、、，则， 方差，则， 即， 所以， 则 再加入一个数据，则其平均数为， 则这个数据的方差为 . 故选：C. 8. 在正四棱台中，，，，则该正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正棱台中的直角梯形求得棱台的高，利用勾股定理建立外接球半径的方程，求出半径，从而利用公式计算球表面积. 【详解】设正四棱台上底面的中心为，下底面的中心为，因为，，所以，. 过作于，易得， 设该正四棱台外接球的球心为O，则O在直线上，，设，则， 设外接球的半径为R，则 ，即，解得，则，所以外接球的表面积为. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，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. 为研究某种树树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径（单位：cm）和树高（单位：m）的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则下列结论正确的是（ ） A. 由残差图可判定树高与胸径关系大致符合上述回归模型 B. 数据对应的残差为0.9 C. 该种树的平均树高约为22.29m D. 删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型，判定的即可；对于C：根据回归方程经过样本中心，代入计算即可；对于B：运用残差概念，计算残差即可；对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响即可. 【详解】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近， 所以由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型，选项 A正确； 对于B：计算数据对应的残差，当时，，残差为，选项B错误； 对于C：已知，则样本中心点的横坐标， 将代入回归方程， 可得，所以该种树的平均树高约为，选项C正确； 对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据后， 因为大于样本中心点的横坐标，且小于通过回归方程计算出的对应的预测值， 所以删除该点后，剩下的数据整体上可能使得树高与胸径的正相关关系更明显，即重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误. 故选：AC. 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用同角公式，两角和差公式，结合角的范围和变角思想：来求解即可. 【详解】由，，所以，即，故A错误； 由于，所以，则有， 即，故B正确； 因为，，所以， 又因为，所以，故C错误； 由 ， 因为，，所以， 则，故D正确； 故选：BD. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. ，使得的图象是中心对称图形 B. 当时，有三个不同的零点 C. 若有三个不同的零点、、，则有 D. 若有三个不同的零点，，，且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的定义域可判断A选项；根据有三个不同的零点，求出的范围，可判断B选项；利用函数的解析式和极值点可判断C选项；先证明出，，利用导数分析该函数的定义域、图象以及基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， 故不，使得的图象是中心对称图形，A错； 对于B选项，，， 因为函数有三个不同的零点，且，故不单调， 即函数上存在极值点，所以，解得， 由可得，由可得或， 此时函数的减区间为，增区间为、， 因为，故， 当时，；当时，. 所以，函数有三个零点时，，B对； 对于C选项，因为，且， 不妨设，则，且，， 所以，则，所以，故，C对； 对于D选项，由题意可知， 构造函数，，则， 故函数在上为增函数，故， 所以对任意的恒成立， 所以， 不等式两边同时除以可得，注意到，可得，D错. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据二次根式有意义的条件求出集合，再根据并集的定义求出. 【详解】对于集合，要使根式有意义，即. 解不等式，可得，所以集合. 已知集合，集合. 根据并集的定义,所以. 故答案为：. 13. 随机变量，相互独立，且，，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据正态分布性质得出，再利用二项分布的概率公式求出，最后利用概率的乘法公式即可. 【详解】由题意可得，， ， 因随机变量，相互独立，则. 故答案为：. 14. 在边长为1的正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，若沿线段DE折叠该三角形时，顶点A恰好落在边BC上．则线段AD的长度的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，求出、、关于所设参数的表达式，在中应用正弦定理求，再根据的取值范围求最值． 【详解】由题意可得两点关于折线对称，连结， 设， 则，，． 在中，． 在中，， 由正弦定理知：，即， 所以． 因为，即， 当，即时，， 此时取得最小值，且． 所以的最小值为． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等比数列； （2）记的前项和为，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用构造法可得，故可证数列是等比数列； （2）结合（1）的结果求得的通项，由可证题设中的不等式. 【小问1详解】 因为，故，若，则， 则依次有，与题设矛盾，故，故， 故，故，所以， 而，故，故，， 故为等比数列，且首项为，公比为. 【小问2详解】 由（1）可得，故， 当时，； 当时，， 当时，有， 故， 因为， 所以， 综上，. 16. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为原点，焦点在坐标轴上，，为上两点，为椭圆上三个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）是否存在点使为的重心？若存在，请探究的面积是否为定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，的面积是定值，定值为. 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，代入，可得标准方程； （2）分直线的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，斜率不存在时取特殊点易得的面积为，斜率存在时联立直线和椭圆方程，得到韦达定理，结合重心的性质可表示出点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简可得，由三角形面积公式表示出的面积并化简可得结果. 【小问1详解】 设椭圆为，，，， 由题意得，解得，，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，取，，符合题意， 故存在点使为的重心，且此时的面积为. 当直线的斜率存在时，设，联立得， 设，，则，，， 由条件得，得， 则， ， 综上，的面积为定值，其值为. 17. 如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，． （1）证明：； （2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直， （2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以． 又因为，平面, 所以平面,平面． 所以． 由于,所以四边形为平行四边形，所以． 又，所以， 所以． 【小问2详解】 因为，所以， 又，平面,所以平面． 取中点，连接，设． 设多面体的体积为， 则 ． 解得． 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ． 则平面的一个法向量． 所以， 设平面的一个法向量， 则即取． 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 在一个抽奖游戏中，有A、B两个不透明的箱子．箱子A中装有3个红球和2个白球，箱子B中装有2个红球和3个白球．游戏规则如下： 第一轮，先从箱子A中随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同，则将这2个球放入箱子B中，然后从箱子B中随机摸出1个球，查看颜色后放回箱子里，若摸到红球，则玩家获得10分；若摸到白球，则玩家获得5分；若摸出的2个球颜色不同，则将这2个球放回箱子A中，然后从箱子A中再随机摸出1个球，查看颜色后放回箱子里，若摸到红球，则玩家获得8分，若摸到白球，则玩家获得3分． （1）求玩家在游戏中获得10分的概率． （2）设玩家在游戏中获得的分数为，求的分布列和数学期望． （3）根据第一轮结束后箱子A和B中球的实际情况，再从箱子A和B中随机选择一个箱子（选择箱子A和箱子B的概率均为），然后从选中的箱子中随机摸出2个球．求这2个球都是红球的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）得10分的情况为：从中摸出2个红球，从中摸出一个红球和从中摸出2个白球，从中摸出一个红球的概率，由条件概率即可求解； （2）确定的可能取值，求得对应概率即可求解； （3）分三种情况：从中摸出2个红球，或2个白球，或1个红球1个白球，分别计算，再结合互斥事件和事件概率加法公式即可求解. 【小问1详解】 得10分的情况有： 从中摸出2个红球的概率，此时中有4个红球和3个白球，从中摸出一个红球的概率为， 从中摸出2个白球的概率，此时中有2个红球和5个白球，从中摸出一个红球的概率为， 所以玩家在第一轮游戏中获得10分的概率为； 【小问2详解】 的所有可能取值为， 当从中摸出1红1白，再从中摸出白球的概率为 ， 当从中摸出2红或2白，再从中摸出白球概率为 ， 当从中摸出1红1白，再从中摸出白球的概率为 ， 由（1）知， 所以； 【小问3详解】 由（2）知，共有三种情况： 从中摸出2个红球，或2个白球，或1个红球1个白球， 当从中摸出2个红球时，中有4个红球和3个白球，中有1个红球和2个白球， 当从中摸出2个白球时，中有2个红球和5个白球，中有3个红球， 当从中摸出1个红球1个白球时，中有2个红球和3个白球，中有3个红球和2个白球， 所以取出两个球都是红球概率为： 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． 【小问2详解】 ①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰安一中高三第六次高考模拟考试 数学试题 2025.5 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必聚条件 3. 在四边形中，若，则该四边形的面积为（ ） A. B. C. 10 D. 20 4. 函数，值域为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的公差为2，，，成等比数列，则的前项和为（ ） A. B. C. D. 6. 过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于点，若以的右焦点为圆心，以为半径的圆经过､两点(为坐标原点)，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知某数据的平均数为，方差为，现再加入一个数据，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 8. 在正四棱台中，，，，则该正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，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. 为研究某种树树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径（单位：cm）和树高（单位：m）的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则下列结论正确的是（ ） A. 由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型 B. 数据对应残差为0.9 C. 该种树的平均树高约为22.29m D. 删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. ，使得的图象是中心对称图形 B. 当时，有三个不同的零点 C. 若有三个不同的零点、、，则有 D. 若有三个不同的零点，，，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则________. 13. 随机变量，相互独立，且，，则________. 14. 在边长为1的正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，若沿线段DE折叠该三角形时，顶点A恰好落在边BC上．则线段AD的长度的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，. （1）证明：数列等比数列； （2）记前项和为，证明：. 16. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为原点，焦点在坐标轴上，，为上两点，为椭圆上三个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）是否存在点使为的重心？若存在，请探究的面积是否为定值；若不存在，请说明理由. 17. 如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，． （1）证明：； （2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在一个抽奖游戏中，有A、B两个不透明的箱子．箱子A中装有3个红球和2个白球，箱子B中装有2个红球和3个白球．游戏规则如下： 第一轮，先从箱子A中随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同，则将这2个球放入箱子B中，然后从箱子B中随机摸出1个球，查看颜色后放回箱子里，若摸到红球，则玩家获得10分；若摸到白球，则玩家获得5分；若摸出的2个球颜色不同，则将这2个球放回箱子A中，然后从箱子A中再随机摸出1个球，查看颜色后放回箱子里，若摸到红球，则玩家获得8分，若摸到白球，则玩家获得3分． （1）求玩家在游戏中获得10分的概率． （2）设玩家在游戏中获得的分数为，求的分布列和数学期望． （3）根据第一轮结束后箱子A和B中球的实际情况，再从箱子A和B中随机选择一个箱子（选择箱子A和箱子B的概率均为），然后从选中的箱子中随机摸出2个球．求这2个球都是红球的概率． 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求取值范围； ②求证：，且的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $