精品解析：山东德州市2025-2026学年高三下学期5月模拟数学试题

高三数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1—2页，第II卷3—4页，共150分，测试时间120分钟． 注意事项： 选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案，不能答在测试卷上． 第I卷 选择题（共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以， 所以. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，所以的虚部为. 3. 已知点是所在平面内一点，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以. 4. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且，三角形面积为，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理即可求解. 【详解】根据三角形面积公式  ，代入已知，；  ，解得：， 根据余弦定理 ，代入， ​， 对式子变形： ，代入， 得： ，即 ，所以， 三角形周长为. 5. 若（，为有理数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据二项式定理，的展开式为：. 当为偶数时，，项为有理数，构成：； 当为奇数时，，项为乘以有理数，构成：，所以. 则. 6. 圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出相应图形后，可得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积、圆锥底面积、圆柱侧面积总和，分别计算各面积即可得. 【详解】由题意可画图如下： 底面直径​，故底面半径​​，高， 过的中点作平行于底面的截面，该截面半径为， 由相似三角形性质，有，所以， 以该截面为底面挖去一个圆柱，圆柱的高， 圆锥的母线长； 则； ； ； 故. 7. 设为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由椭圆方程可得椭圆基本量，再由得，进而在焦点三角形中由余弦定理可得，再由中线向量关系可得，从而可得所求值. 【详解】椭圆方程，得，因此， 根据椭圆的定义有，， 在中，因为，所以， 由同角三角函数关系式可得， 由余弦定理，， 即，得. 又在中，是的中线，所以，如图： 所以 ， 因此，，即. 8. 对于正整数，函数定义如下：，则存在实数，使得方程有四个不同实数解的所有正整数的和为（ ） A. 26 B. 27 C. 28 D. 29 【答案】B 【解析】 【分析】分别通过和时，讨论根的个数，进而可求解. 【详解】因为 当时，，所以当时，先减后增， 则存在实数，方程有两个不同实数解； 当时，单调递减， 方程至多有一个实数解； 当时，， 所以当时，先减后增， 则存在实数，方程有两个不同实数解； 当时，单调递增， 方程至多一个实数解； 所以当时，存在实数，方程有四个不同实数解； 又为正整数， 所以可取， 所以， 故所有正整数的和为. 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． 9. 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. 在区间上的最小值为 D. 若，，则 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正弦函数中心对称的性质求出参数，再结合正弦函数的单调性、值域性质和三角恒等变换逐一判断各选项. 【详解】对于A：正弦函数的图像关于点对称， 因此满足，即， 所以，即，又，所以，A正确； 对于B：由A，，正弦函数的单调递减区间为， 由，得，​  时，递减区间为，区间，因此在单调递减，B正确； 对于C：当时，， 当，即时取最小值，不是，C错误； 对于D：由​得， 又，故， 所以​， 因为，所以， D错误. 10. 某数学试卷有道单选题，若某学生对其中的道题完全掌握，道题有思路，道题没有思路．完全掌握的题目能选出正确答案；有思路的题目，每道做对的概率为；没有思路的题目，猜对的概率为，则（ ） A. 答对道题的概率为 B. 至少答对道题的概率为 C. 答对题目个数的数学期望为 D. 随机选一道题作答且做对，则该题是有思路的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A根据相互独立事件的概率计算可得；对B分有思路的题目和没有思路的题目共题答对道或道，再根据相互独立事件的概率计算可得；对C直接根据期望的性质计算可得；对D根据贝叶斯公式计算可得. 【详解】对于A，答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题全部答对， 由相互独立事件的概率公式得，A正确. 对于B，至少答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题答对道或道， 答对道的概率：由A选项可知为； 答对道分两种情况： ① 道有思路的全对、道无思路的错：； ​ ② 道有思路的对、道有思路的错、道无思路的对：， 因此总概率：，​ 故B正确. 对于C，设答对总题数为，则（​分别为两道有思路题答对的题数，​为无思路题答对的题数）， 由期望的性质得  ， 因为， 故C错误. 对于D，设“题目做对”，“题目完全掌握”，“题目有思路”，“题目无思路”，  则，，， 根据贝叶斯公式 ， ​ 故D正确. 11. 在直四棱柱中，底面为菱形，，，侧棱，为底面对角线的交点，点是侧面内的动点（含边界），且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段，且长度为 B. 过，，三点的平面截该直四棱柱所得截面可能为平行四边形 C. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 三棱柱的外接球球心与动点距离的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，令轴沿方向，轴在底面内且与垂直，轴沿方向．由点在侧面内设出其坐标，再利用平面求出点的轨迹，从而判断A；取特殊位置说明截面可能为平行四边形，从而判断B；利用直线方向向量的竖直分量与水平投影长度之比求线面角正切值的范围，从而判断C；求出三棱柱外接球球心坐标，并计算它到点的距离最小值，从而判断D． 【详解】以为坐标原点，取所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 因为底面为菱形，，，， 所以 又为底面对角线的交点，所以． 设点在侧面内，则可设 由，，，得 设平面的一个法向量为，则 取，，，则平面的一个法向量可取 因为平面，所以． 又所以 化简得，于是 又，因此点在线段上运动． 又 所以A正确． 对于B，取，则此时为线段的中点． 又点，，，共面，且四边形中，，，所以四边形为平行四边形． 由于线段的中点也在平面内，所以过，，三点的平面就是平面． 此时截面为平行四边形，所以B正确． 对于C，由上可知 平面与底面平行，其法向方向为竖直方向． 设直线与平面所成角为，则等于的竖直分量长度与其在平面内的投影长度之比． 所以 令 则 所以在上单调递增，在上也单调递增． 当时，；当时，．故的取值范围为，C正确． 对于D，因为为边长为的正三角形，所以其外心为 三棱柱为直三棱柱，其外接球球心在过且垂直于底面的直线上，并位于高的一半处，所以 由，得 化简得 因为，所以当时，取得最小值，即的最小值为，不是．D错误． 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设曲线在点处的切线与直线垂直，则_______． 【答案】2 【解析】 【详解】 【分析】y′＝aeax，y′|x＝0＝a.由题意知，a×＝－1，∴a＝2 13. 双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线右支上一点且在以为直径的圆上，直线的斜率为2，则双曲线的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用在以为直径的圆上得到为直角，结合双曲线右支的定义和直线的斜率得到直角三角形三边关系，再由勾股定理推导出双曲线的离心率. 【详解】因为在以为直径的圆上，根据直径所对圆周角为直角，得， 即​是直角三角形，斜边， 因为直线斜率为，所以中两直角边满足， 在双曲线右支上，由双曲线定义， 代入得，， 由得，化简得，即， 因此离心率. 14. 设，，，函数，从有序实数对中随机抽取一个，则函数恰有三个零点的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数确定关系，再利用等可能事件的概率求解. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 函数在处取得极大值，在处取得极小值， 由，得，因此函数恰有三个零点，当且仅当，即， 由，，得有序实数对共有对， 当时，；当时，；当时，， 因此满足函数恰有三个零点的有序实数对共有对， 所以函数恰有三个零点的概率为. 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. 已知数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过递推式取倒数构造等差数列，先证明为等差数列，再利用等差数列通项公式求出，进而得到； （2）由（1）的通项公式写出的表达式，用裂项相消法将其拆分为两项差的形式，累加求和后消去中间项，得到． 【小问1详解】 由可知， 等式左右同时除以，可得，即， 又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则数列的通项公式； 【小问2详解】 由（1）得， 所以 所以数列的前项和． 16. 某学校为了解本校学生的就餐情况，月末对学生的月度餐费进行了统计与分析，并从中随机抽查了200名学生当月的食堂就餐费用，将他们的餐费分成以下6组：，，，，统计结果如下表所示． 组别 频数 20 30 50 60 20 20 已知学生的月度餐费（单位：元）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本标准差，并已求得．且该校现有在读学生1万人．（，近似替代时按四舍五入保留到整数位） （1）试估计该校学生月度餐费在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）该校拟实施“爱心餐补”为梦想护航，计划免费赠送给在餐厅就餐的学生若干就餐补助，具体赠送方案如下： 方案1：每人每月赠送100元就餐补助； 方案2：月度餐费不高于378元的学生每月赠送220元的餐补，月度餐费在（378，内的学生每月赠送120元的餐补，月度餐费高于518元的学生每月赠送80元的餐补． 如果方案二比方案一支出增幅不高于50个百分点，学校将会选择更科学有效的方案二，问：学校能顺利实施方案二吗？ 参考数据：， 【答案】（1）0.8186 （2）学校能顺利实施方案二． 【解析】 【分析】（1）用各组中点值算出样本平均数，再利用正态分布的性质求解； （2）算出方案1，方案2的总补助，比较即可得出答案.. 【小问1详解】 由题知，各组中点值分别为：325，375，425，475，525，575． ， 根据要求，， 由题知， 所以，，，， 因此 ． 【小问2详解】 已知月度餐费，总学生人数为10000人． 方案一：每人补助100元，总补助为万元； 方案二：按月度餐费区间赠送不同金额，设每位学生获得钱数为，则，，， ， ， ， 元， 所以方案二的总补助为万元， 因为129.519万元-100万元=29.519万元 且， 所以方案二比方案一支出高，小于50个百分点，学校能顺利实施方案二． 17. 如图，四棱锥中，底面满足，，，，分别是，的中点，且，． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量或者平面几何的方法证明，再结合，根据线面垂直的判定定理得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可得到结论. （2）先证平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. 【小问1详解】 方法一：，， 则， 即． 又，，平面， 所以平面. 又平面，所以平面⊥平面． 方法二：设， 在与中， 因为，，， 所以， 则. 因为，所以. 则在中，， 即⊥. 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面⊥平面． 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 又平面，， 所以平面. 在中，因为，分别是，的中点， 所以， 则平面. 因为，是的中点， 所以是等腰三角形，且==1， 分别以，，方向作轴、轴、轴正方向，建立如图空间直角坐标系． ，，，，， 因为平面，又， 所以是平面的一个法向量． 设是平面的一个法向量， ，. 所以，令，则，，则． 设平面与平面的夹角为． 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 已知圆的一条直径与抛物线的通径（过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦）恰好构成一个正方形的一组邻边． （1）求抛物线的标准方程； （2）抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点在第一象限，过，分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为、，证明：； （3）点 在上，过且斜率为2的直线与直线交于点，且．设直线与的另一个交点为，焦点到直线的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）结合题意判断出抛物线过的点，代入求解抛物线方程即可. （2）结合题意分别表示出各个边长，再证明目标式即可. （3）结合题意得到，进而求出的方程，再求出直线必过的定点，最后求解最大值即可. 【小问1详解】 因为圆的一条直径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边， 而抛物线的通径与轴垂直， 所以圆的这条直径与轴垂直， 且圆的直径的右端点就是抛物线通径的下端点， 因为圆的圆心为，半径为， 所以该圆与轴垂直的直径的右端点为， 即抛物线经过点，则，即， 故抛物线方程. 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形，设，， 由（1）知，显然直线的斜率不为， 设直线的方程为， 所以，， 由，得， 所以，．， 得到， 且 ， 所以． 【小问3详解】 如图，设过点斜率为的直线为， 由，得， 可得，设， 由，得， 即，解得， 所以． 所以直线方程为，联立可得， 解得，得，结合 所以， 则直线方程为， 整理得， 因此直线过定点， 又，所以， 所以点到直线的最大距离为． 19. 已知函数． （1）求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，讨论在区间上零点的个数． 【答案】（1）的极大值为，无极小值 （2） （3）3个零点 【解析】 【分析】（1）求导分析函数单调性，依据单调性确定极值点，算出对应极值； （2）分离参数构造新函数，求导判定单调区间，求出函数最小值，进而确定参数取值范围； （3）拆分区间分段讨论函数符号，借助导数研究单调性，统计区间内零点总数． 【小问1详解】 由，则，， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值； 【小问2详解】 ，此时， 法一：分离参数法， 从而， 令，则， 所以；， 所以在单调递减，在单调递增， 因此，故的取值范围为； 法二：必要性探路， ， 令，， 下证：，时，恒成立， 由一次函数在上递减， 则， 在和上恒成立，且时， 所以恒成立，故的取值范围为； 【小问3详解】 在区间上有3个零点， 理由如下： 由于，所以是函数的一个零点， ， ①当时，此时恒成立，又恒成立， 从而恒成立，所以在区间上没有零点； ②当时，此时，， 设，， 由于恒成立，所以，即在上单调递减， 从而存在使得， 即在区间上递增，区间上递减，从而， 又， 所以在有唯一零点，即在上有唯一零点， ③当时，此时，， 所以 从而， 由于，，，所以， ， 又，从而在上恒成立， 所以在区间上单调递减， 因为，， 因此在区间上有唯一零点， 综上所述，函数在区间上有3个零点 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1—2页，第II卷3—4页，共150分，测试时间120分钟． 注意事项： 选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案，不能答在测试卷上． 第I卷 选择题（共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点是所在平面内一点，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且，三角形面积为，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 若（，为有理数），则（ ） A. B. C. D. 6. 圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 设为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，，则（ ） A. B. C. D. 8. 对于正整数，函数定义如下：，则存在实数，使得方程有四个不同实数解的所有正整数的和为（ ） A. 26 B. 27 C. 28 D. 29 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． 9. 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. 在区间上的最小值为 D. 若，，则 10. 某数学试卷有道单选题，若某学生对其中的道题完全掌握，道题有思路，道题没有思路．完全掌握的题目能选出正确答案；有思路的题目，每道做对的概率为；没有思路的题目，猜对的概率为，则（ ） A. 答对道题的概率为 B. 至少答对道题的概率为 C. 答对题目个数的数学期望为 D. 随机选一道题作答且做对，则该题是有思路的概率为 11. 在直四棱柱中，底面为菱形，，，侧棱，为底面对角线的交点，点是侧面内的动点（含边界），且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段，且长度为 B. 过，，三点的平面截该直四棱柱所得截面可能为平行四边形 C. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 三棱柱的外接球球心与动点距离的最小值为 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设曲线在点处的切线与直线垂直，则_______． 13. 双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线右支上一点且在以为直径的圆上，直线的斜率为2，则双曲线的离心率为______． 14. 设，，，函数，从有序实数对中随机抽取一个，则函数恰有三个零点的概率为__________． 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. 已知数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 某学校为了解本校学生的就餐情况，月末对学生的月度餐费进行了统计与分析，并从中随机抽查了200名学生当月的食堂就餐费用，将他们的餐费分成以下6组：，，，，统计结果如下表所示． 组别 频数 20 30 50 60 20 20 已知学生的月度餐费（单位：元）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本标准差，并已求得．且该校现有在读学生1万人．（，近似替代时按四舍五入保留到整数位） （1）试估计该校学生月度餐费在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）该校拟实施“爱心餐补”为梦想护航，计划免费赠送给在餐厅就餐的学生若干就餐补助，具体赠送方案如下： 方案1：每人每月赠送100元就餐补助； 方案2：月度餐费不高于378元的学生每月赠送220元的餐补，月度餐费在（378，内的学生每月赠送120元的餐补，月度餐费高于518元的学生每月赠送80元的餐补． 如果方案二比方案一支出增幅不高于50个百分点，学校将会选择更科学有效的方案二，问：学校能顺利实施方案二吗？ 参考数据：， 17. 如图，四棱锥中，底面满足，，，，分别是，的中点，且，． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知圆的一条直径与抛物线的通径（过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦）恰好构成一个正方形的一组邻边． （1）求抛物线的标准方程； （2）抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点在第一象限，过，分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为、，证明：； （3）点 在上，过且斜率为2的直线与直线交于点，且．设直线与的另一个交点为，焦点到直线的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，讨论在区间上零点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $