山东省潍坊市临朐县2025届高三数学综合模拟考试试题二含解析

PAGE22-山东省潍坊市临朐县2025届高三数学综合模拟考试试题（二）（含解析）留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.本试卷共150分，考试时间120分钟.一、单项选择题：本大题共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.设，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．【详解】，，在复平面内对应的点的坐标为，，位于第一象限．故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.曲线在点处的切线过点，则（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】求得函数的导数，可得切线的斜率，运用直线的两点的斜率公式，可得所求值．【详解】的导数为，可得曲线在处的切线的斜率为，由切线经过可得，故选：．【点睛】本题考查导数的几何意义和直线的斜率公式的运用，考查方程思想和运算实力，属于基础题．3.某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的状况．加油时间

加油量（升）

加油时的累计里程（千米）

年月日

年月日

注：“累计里程“指汽车从出厂起先累计行驶的路程在这段时间内，该车每千米平均耗油量为（）A.升 B.升 C.升 D.升【答案】B【解析】因为第一次邮箱加满，所以其次次的加油量即为该段时间内的耗油量，故耗油量升.而这段时间内行驶的里程数千米.所以这段时间内，该车每100千米平均耗油量为升，故选B.考点：平均改变率.4.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】简洁得出，从而得出，，的大小关系．【详解】由题得；．故选：．【点睛】本题主要考查幂函数、指数函数和对数函数的单调性，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题．5.已知向量，，若，则的最小值为（）A.12 B. C.15 D.【答案】B【解析】【分析】由可得，然后依据，利用基本不等式可得结果．【详解】，，，，，，即，，当且仅当，即，时取等号，的最小值为：．故选：．【点睛】本题主要考查了向量平行和“乘1法”与基本不等式的性质，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题．6.若，，则（）A. B. C.3 D.-3【答案】A【解析】【分析】由题意利用两角和差的正切公式求得，，可得的值．【详解】由题得，．，，，则，故选：．【点睛】本题主要考查两角和差的正切公式的应用，考查二倍角的余弦，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题.7.已知二面角为，点，点，异面直线与所成的角为，.若到的距离为，则到的距离为（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】如图所示，过点作，垂足，过点作，垂足为点，连接．可得，．过点在内作的平行线，过点作，垂足为点，过点在内作的平行线与的平行线交于点，可得四边形为矩形，．，．可得，，在中，设，利用余弦定理可得．进而得出，可得．即得到的距离.【详解】如图所示，过点作，垂足，过点作，垂足为点，连接．则，．又，．过点在内作的平行线，过点作，垂足为点．过点在内作的平行线与的平行线交于点，则四边形为矩形，．且为异面直线与所成的角，∴，．，，，在中，设，由余弦定理可得：，可得：，解得．，，．到的距离为．故选：．【点睛】本题考查了空间位置关系、线面、面面垂直的判定和性质定理、矩形的性质、直角三角形的性质、空间角，考查了推理实力与计算实力，属于中档题．8.现有种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】D【解析】【分析】将原图从上而下的个区域标为、、、，分类探讨、同色与不同色这两种状况，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得出结果.【详解】将原图从上而下的个区域标为、、、，因为、、之间不能同色，与可以同色，因此，要分类探讨、同色与不同色这两种状况.①若、同色，则区域、有种选择，区域有种选择，区域有种选择，由分步乘法计数原理可知，此时共有种涂色方法；②若、不同色，则区域有种选择，区域有种选择，区域有种选择，区域只有种选择，此时共有种涂色方法.故不同的着色方法种数为.故选：D【点睛】本题考查涂色问题，涉及分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，考查计算实力，属于中等题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：AQI指数值0~5051~100101~150151~200201~300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严峻污染如图是某市12月1日-20下列叙述正确的是（）A.这20天中AQI指数值的中位数略高于100B.这20天中的中度污染及以上的天数占C.该市12月的前半个月的空气质量越来越好D.总体来说，该市12月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】ABD【解析】【分析】依据折线图和AQI指数与空气质量比照表，结合选项，进行逐一分析即可.【详解】对A：将这20天的数据从小到大排序后，第10个数据略小于100，第11个数据约为120，因为中位数是这两个数据的平均数，故中位数略高于100是正确的，故A正确；对B：这20天中，AQI指数大于150有5天，故中度污染及以上的天数占是正确的，故B正确；对C：由折线图可知，前5天空气质量越来越好，从6日起先至15日越来越差，故C错误；对D：由折线图可知，上旬大部分AQI指数在100以下，中旬AQI指数大部分在100以上，故上旬空气质量比中旬的要好.故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查统计图表的视察，属基础题；须要仔细看图，并理解题意.10.已知函数的定义域为，值域为，则的值可能是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】对化简，依据值域为，，求出定义域，作差推断即可．【详解】，值域为，，，，所以，，故，，，，所以最大为，故选：．【点睛】本题主要考查三角函数化简、二倍角公式，考查三角函数的定义域和值域，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平．11.下列有关说法正确的是（）A.的绽开式中含项的二项式系数为20；B.事务为必定事务，则事务、是互为对立事务；C.设随机变量听从正态分布，若，则与的值分别为，；D.甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事务“4个人去的景点各不相同”，事务“甲独自去一个景点”，则.【答案】CD【解析】【分析】由二项式定理得：的绽开式中含项的二项式系数为，即可推断；由对立事务与互斥事务的概念，进行推断；由正态分布的特点，即可推断；由条件概率的公式，计算即可推断.【详解】对于，由二项式定理得：的绽开式中含项的二项式系数为，故错误；对于，事务为必定事务，若，互斥，则事务、是互为对立事务；若，不互斥，则事务、不是互为对立事务，故错误对于，设随机变量听从正态分布，若，则曲线关于对称，则与的值分别为，．故正确．对于，设事务“4个人去的景点不相同”，事务“甲独自去一个景点”，则（A），（B），，则，故正确；故选：．【点睛】本题考查命题的真假推断和应用，考查事务的关系、条件概率的求法，考查二项式定理的判定方法和正态分布的特点，考查推断和推理实力，是中档题．12.已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】求导数,利用零点存在定理,可推断A,B;,可推断C，D.【详解】函数,,∵是函数的极值点，∴，即，

,当时，

,,即A选项正确,B选项不正确;

,即D正确,C不正确.

故答案为:AD.【点睛】本题考查利用导数探讨函数的极值,考查学生的计算实力,属于中档题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知集合A＝{a，b，2}，B＝{2，，2a}，且A∩B＝A∪B，则a＝________．【答案】0或【解析】【分析】依据A∩B＝A∪B，可得A＝B，然后作分类探讨，探讨时留意要满意集合的三要素即可.主要考虑集合中的元素是否满意互异性【详解】因为A∩B＝A∪B，所以A＝B，则应有或解或或又a＝0，b＝0时，不满意元素的互异性，故舍去，所以a的值为0或.【点睛】本题考查集合的三要素，难点在于互异性的推断，属于简洁题.14.甲、乙两队进行排球决赛，实行五场三胜制（当一队赢得三场成功时，该队获胜，决赛结束）.依据前期竞赛成果，甲队的主客场支配依次为“主客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场竞赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是______.【答案】0.21【解析】【分析】利用相互独立事务概率乘法公式和互斥事务概率加法公式干脆求解．【详解】甲、乙两队进行排球决赛，实行五场三胜制（当一队赢得三场成功时，该队获胜，决赛结束）．依据前期竞赛成果，甲队的主客场支配依次为“主客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场竞赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是：．故答案为：0.21．【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事务概率乘法公式和互斥事务概率加法公式等基础学问，考查运算求解实力，是基础题．15.已知双曲线过点且渐近线方程是，则双曲线的方程为________，又若点，为双曲线的右焦点，是双曲线的左支上一点，则周长的最小值为______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由渐近线的方程设双曲线的方程，又过定点可得参数的值即求出双曲线的方程；三角形的周长，到右焦点的距离由双曲线的性质可得转化为到左焦点的距离，当，，三点共线时周长最小，求出最小值．【详解】由渐近线的方程设双曲线的方程为：，由双曲线过点可得：，即，所以双曲线的方程为：；设左焦点，右焦点周长为，当且仅当，，三点共线时取等号，而，所以周长的最小值为：，故答案分别为：，．【点睛】本题主要考查双曲线的性质，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力．16.如图．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则棱锥P－AOB的外接球的体积是____【答案】【解析】【分析】依据三角形和三角形为直角三角形，推断出棱锥外接球的直径为，进而计算出球的半径以及体积.【详解】由于底面，所以三角形是直角三角形.由于底面是菱形，故，又，所以面，所以三角形是直角三角形.由此推断出棱锥外接球的直径为.由于，所以,故外接球的半径为，体积为.【点睛】本小题主要考查几何体外接球体积的计算，考查几何体外接球球心位置的推断，属于基础题.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知的内角，，的对边分别为，，，在①；②；③；这三个条件中任选一个完成下列内容：（1）求的大小；（2）若的面积，，求值.注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）无论选哪种，（2）【解析】【分析】（1）选①，结合正弦定理及余弦定理进行化简即可求解；（2）结合（1）及三角形的面积公式可求，进而可求，结合正弦定理即可求解．【详解】选择①：（1）由正弦定理得，，由余弦定理得，∵，∴.（2）由面积公式，.由余弦定理得得，由正弦定理得，，，，.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平．18.在各项均不相等的等差数列中，，且，，成等比数列，数列的前n项和．（1）求数列、的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，由，，成等比数列，列式解得（舍去）或，进而得；再由数列的前n项和，得，且，进而得；（2）由（1）得，利用分组求数列的前n项和即可.【详解】（1）设数列公差为d，则，，∵，，成等比数列，，即，整理得，解得（舍去）或，.当时，，当时，．验：当时，满意上式，∴数列的通项公式为．（2）由（1）得，，.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，也考查了数列的分组求和的方法，考查化简整理的运算实力，属于中档题．19.如图（1）五边形中，,将沿折到的位置，得到四棱锥，如图（2），点为线段的中点，且平面.（1）求证：平面平面；（2）若直线与所成角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析:（1）依据已知条件由线线垂直得出线面垂直,再依据面面垂直的判定定理证得成立;（2）通过已知条件求出各边长度,建系如图所示,求出平面的法向量,依据线面角公式代入坐标求得结果.试题解析:（1）证明：取的中点，连接，则，又，所以，则四边形为平行四边形，所以，又平面，∴平面，∴.由即及为的中点，可得为等边三角形，∴，又，∴，∴，∴平面平面，∴平面平面.（2）解：，∴为直线与所成的角，由（1）可得，∴，∴，设，则，取的中点，连接，过作的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，∴，所以，设为平面的法向量，则，即，取，则为平面的一个法向量，∵，则直线与平面所成角的正弦值为.点睛:判定直线和平面垂直的方法:①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线和此平面垂直．③推论：假如在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．平面与平面垂直的判定方法:①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直．20.已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点的距离减去它到y轴距离的差都是1．(1)求曲线C的方程；(2)过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】(1)依据条件有化简得答案.

(2)有抛物线过交点的弦长公式有，然后设出直线方程与抛物线方程联立求出代入，可计算出，得到直线方程.【详解】(1)设点是曲线C上随意一点，那么点满意：．化简得曲线C的方程为．(2)由题意得，直线的方程为，设，．由得．因为，故，所以．由题设知，解得或．因此直线的方程为或．【点睛】本题主要考查曲线与方程、直线与抛物线的位置关系，属于中档题.21.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保修理实惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费修理2次，超过2次每次收取修理费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费修理4次，超过4次每次收取修理费1000元.某医院打算一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内修理的次数，得下表：修理次数0123台数5102015以这50台机器修理次数的频率代替1台机器修理次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需修理的次数．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金及修理费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算【解析】分析】（Ⅰ）全部可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案．【详解】解：（Ⅰ）全部可能的取值为0，1，2，3，4