精品解析：山东省新泰市第一中学（新泰中学）2025-2026学年高三下学期二模模拟数学试题

新泰中学2023级高三下学期二模模拟考试 数学试题 一、选择题（本题共8小题，每题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. 已知复数满足，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】复数，根据题意求得，再计算即可得答案. 【详解】设复数，则，因为，所以， 因为，所以，即， 所以. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，求函数的定义域求得集合，进而求得. 【详解】对于集合，， 所以. 对于集合，， 所以. 所以. 3. 有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（ ） A. 42 B. 50 C. 54 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论： 当是第1个时，此时剩余的全排列，共有种不同的排法； 当不是第1个且不是最后一个时，先排第1个，从中选一人为第1个，有种选法； 再排，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有种排法， 所以共有种不同的排法， 由分类计数原理得，共有种不同的排列情况. 4. 设等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】， 由等差数列前项和的性质可知，即， 又， ，，， . 5. 已知函数的部分图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图： 由正切函数性质可知：①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积， 由图可得，又面积为，所以． 设函数的最小正周期为T，则． 由题意得，解得， 即，又，解得． 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为 所以 由全概率公式可得. 7. 已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设到准线的距离为，则．然后求出．判断当与抛物线相切时，最小，即取得最大值，再利用切线性质计算即可得. 【详解】抛物线的准线方程为， 设到准线的距离为，则，   则， 则当与抛物线相切时，最小，即取得最大值， 设过点的直线与抛物线相切， 联立，得， ，解得， 即有，解得，把代入得， 或，此时. 8. 已知两个不相等的正实数满足：，则下列不等式中一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将原式变形为，令，，只需比较 与的大小，由，设，求导得出其单调性，从而得出的大小可能性，从而得出答案. 【详解】由已知，原式可变形 令，， 函数 与均为上的增函数，且，且， 当时，由，则，可得， 当时，由，则，可得， 要比较与的大小，只需比较 与的大小， 设，则，故在上单调递增， 又，， 则存在使得， 所以当时，，当时，， 又因为， 所以当时，，当时，正负不确定， 故当时，，所以，故， 当时，正负不定，所以与的大小不定， 所以均有可能，即选项B，C，D均有可能，选项A不可能． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B. 命题“”的否定形式是“” C. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 D. 函数的图象关于点成中心对称 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，又因为，所以，故A正确； 对于B，命题“”的否定形式是“”，故B正确； 对于C，当时，可得，所以“”是“”的充分条件； 当时，可得，所以，所以，解得或， 所以“”是“”的不必要条件； 所以“”是“”的充分不必要条件，故C错误； 对于D， ， 所以函数的图象关于点成中心对称，故D正确. 10. 已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（ ） A. 点M在双曲线C上 B. 当P在圆T上时，的面积为8 C. 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D. 双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M代入方程验证A选项；联立求出点的横坐标值，根据三角形面积公式求解验证B选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C选项；利用点差法验证D选项. 【详解】由题知双曲线的焦点在轴， 故，焦点坐标为， 因为圆过焦点，代入得，即，解得， 因此双曲线的方程为：. 对于A：点代入双曲线方程得左边右边， 因此在双曲线上，故A正确； 对于B：联立，消去得，故横坐标可以为 ， 中，，高为， 面积 ，故B正确. 对于C：双曲线渐近线为， 设，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为， 因为在双曲线上，故满足，即， 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积如下， 为，故C错误； 对于D：设是位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点， 则， 又①，②，由①②得到， 得到，所以， 综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称， 且异于的两个点均可满足点P与两点连线斜率之积为定值， 故当点坐标为时， 直线和的斜率之积为定值，故D正确. 11. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面距离为 【答案】ABD 【解析】 【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，， A选项，取中点，连接和，因为和都是等边三角形，所以且， 因此即为二面角的平面角，又，， 由余弦定理可得，那么平面与平面的夹角的余弦值为，A正确； B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径， 显然内切球球心也为，内切球半径即为到平面的距离也即到的高， 在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确； C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中即为内切球半径，所以，C错误； D选项，设点到平面的距离为，利用等体积法有， 即，得，D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积运算律计算得，再由向量的模的公式计算即得. 【详解】因为，，， 则，解得， 又由，可得. 13. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理与三角形内角和可将、用角表示，再借助三角恒等变换公式可用表示出，最后求出的范围即可得解. 【详解】由正弦定理可得、， 则 ， 由三角形为锐角三角形，则，即， 则，故， 即，即的取值范围为. 14. 若存在实数，使得关于的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】对题干方程化简，令，，求导，根据导数作出函数的图象，数形结合求解即可. 【详解】由题意得，则， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，故， 当时，，故， 当时，，故， 当时，，故， 因为，，作出函数图象如下： 由图可知若存在实数，使得关于的方程有两个不同的根， 则实数的取值范围是. 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.） 15. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 P . 【解析】 【分析】（1）根据回归直线方程的计算方法求得回归直线方程. （2）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 ， , .所以，回归直线方程为. 【小问2详解】 由题意知随机变量的可能取值为，则： ， ， ， ， X 0 1 2 3 P 故均值. 16. 苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. （1）求山高； （2）已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 【答案】（1）200米； （2）米. 【解析】 【分析】（1）设， 进而结合题意，在中根据余弦定理求得或，再结合点位于点的南偏西方向得即可得答案； （2）结合（1），设，，进而得，，再结合三角函数求解即可得答案. 【小问1详解】 解：如图，在中，设， 由题意知，且, 由余弦定理， 代入得： 化简得：，即 解得或 由“点位于点的南偏西方向”可知，必在的东北方向，从而的横坐标应大于的横坐标. 由点向东位移为米，可得，即. 故只能取，所以山高米. 【小问2详解】 解：由第（1）问知，山高米. 因为缆车在点处转换坡度，故两段缆车各上升100米. 设第一段（倾斜角）的水平距离为，即， 第二段（倾斜角）的水平距离为，即 则有：，，所以，； 因此，山脚下缆车上车点到点的距离为： 利用常用三角函数值：， 得 故山脚下缆车上车点到点的距离为米. 17. 已知圆外有一点. （1）当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）或 （2）证明：记点关于轴的对称点为，则. 由于反射光线所在直线经过点，且斜率存在， 设反射光线所在直线，即. 又圆的圆心为，半径，直线与圆相切，则， 整理得， 则两条切线的斜率之积. 所以， . 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得，求解即可； （2）记点关于轴的对称点为，设反射光线所在直线，由点到直线的距离得，进而由根与系数的关系可得，利用裂项相消法可求证结论. 【小问1详解】 圆，圆心，半径. 由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，即. 由于直线与圆相切，所以，解得或， 所以直线的方程为或； 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； （3）当不在轴上时，如图2，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）当在短轴端点时面积最大，再结合离心率为与，可求出椭圆方程； （2）折叠前直线与椭圆方程联立求出坐标；折叠后建立空间直角坐标系，再确定的空间坐标，向量法求异面直线所成角的余弦值； （3）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理得到坐标的关系，翻折后，建立空间直角坐标系，写出的空间坐标，利用空间向量可算出到的距离，再根据三角形面积公式结合基本不等式可求出面积最大值. 【小问1详解】 由题意知，解得 ∴椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 翻折前，所在直线方程为， 联立，消得，解得， 不妨设，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 于是. 设异面直线与所成角为， . 故异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 设翻折前所在直线方程为， 联立，消得， 设（令）， 由韦达定理有. 翻折后，， 故， 则， 所以， 于是. 所以， 令，有，于是. 令，由对勾函数的性质， 在上单调递增. 所以当时取得最小值，为，此时取得最大值， 的最大值为.此时，解得. 所以当直线的斜率时，面积取得最大值，最大值为2. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【小问1详解】 由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. 【小问2详解】 因为 所以. 由于，故，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故. 所以函数在区间上单调递增. ②当时，当时，，故； 当时，，故. 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问3详解】 由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰中学2023级高三下学期二模模拟考试 数学试题 一、选择题（本题共8小题，每题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. 已知复数满足，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（ ） A. 42 B. 50 C. 54 D. 60 4. 设等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 5. 已知函数的部分图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则（　　） A. B. C. D. 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知两个不相等的正实数满足：，则下列不等式中一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B. 命题“”的否定形式是“” C. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 D. 函数的图象关于点成中心对称 10. 已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（ ） A. 点M在双曲线C上 B. 当P在圆T上时，的面积为8 C. 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D. 双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 11. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面距离为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________. 13. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为__________. 14. 若存在实数，使得关于的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是__________. 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.） 15. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 16. 苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. （1）求山高； （2）已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 17. 已知圆外有一点. （1）当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 18. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； （3）当不在轴上时，如图2，求面积的最大值. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $