山东省滨州市2025届高三数学二模试题含解析VIP

PAGE30-山东省滨州市2025届高三数学二模试题（含解析）本试卷共4页，共22小题满分150分，考试用时120分钟.留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件利用随意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值．【详解】解：由于角的终边经过点，则，

．故选：B．【点睛】本题主要考查随意角的三角函数的定义，属于基础题．2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合，再依据交集的定义即可求出.【详解】解：集合

则.

故选：C.【点睛】本题考查了交集的运算，属于基础题.3.设复数满意，在复平面内对应的点为，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由在复平面内对应的点为，可得，然后代入，即可得答案.【详解】解：∵在复平面内对应的点为，

∴，又，.

故选：A.【点睛】本题考查复数的模、复数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属基础题.4.设，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解.【详解】解：，

，

，

∴.

故选：D.【点睛】本题考查对数式和指数式的大小比较，是基础题，解题时要仔细审题，留意对数函数和指数函数的性质的合理运用.5.已知正方形的边长为（）A.3 B. C.6 D.【答案】A【解析】【分析】干脆依据向量的三角形法则把所求问题转化为已知长度和夹角的向量来表示，即可求解结论.【详解】解：因为正方形的边长为3，，

则.

故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积的求解，关键是要将向量转化为知道模和夹角的向量来表示，是基础题.6.函数的图象大致是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据函数为偶函数解除,当时,利用导数得在上递减,在上递增,依据单调性分析不正确,故只能选.【详解】令,则,所以函数为偶函数,其图像关于轴对称,故不正确,当时,,,由,得,由,得,所以在上递减,在上递增,结合图像分析,不正确.故选:D【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性推断函数的图象,考查了利用导数探讨函数的单调性,利用单调性推断函数的图象,属于中档题.7.已知，，，为平面内的四点，其中，，三点共线，点在直线外，且满意.其中，则的最小值为（）A.21 B.25 C.27 D.34【答案】B【解析】【分析】依据题意，易得，则，依据基本不等式的应用运算，易得的最小值.【详解】解：依据题意，，，三点共线，点在直线外，．设，，则，，消去得，

（当且仅当时等式成立）.

故选：B.【点睛】本题主要考查平面对量的基本定理和基本不等式的应用，综合考查，但难度较低，属基础题.8.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的随意平面所截，假如截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为.高都为的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面随意距离处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明圆=圆环总成立.据此，椭圆的短半轴长为2，长半轴长为4的椭球的体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由圆=圆环总成立，求出椭球的体积，代入与的值得答案.【详解】解：∵圆=圆环总成立，

∴半椭球的体积为：，

∴椭球的体积，

∵椭球体短轴长为2，长半轴长为4，

∴该椭球体的体积.

故选：C.【点睛】本题考查祖暅原理的应用，考查圆柱与圆锥的体积，是基础题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率状况，下列叙述中错误的是（A.消耗1升汽油乙车最多可行驶5B.以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多.C.甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油.【答案】ABC【解析】【分析】过横轴上某一点做纵轴的平行线，这条线和三条折线的交点的意思是相同速度下的三个车的不同的燃油效率，过纵轴上某一点做横轴的平行线，这条线和三条折线的交点的意思是相同燃油效率下的三个车的不同的速度，利用这一点就可以很快解决问题．涉及到将图形语言转化为数学语言的实力和简洁的逻辑推理实力.【详解】解：对于

A，由图象可知当速度大于

40km/h

时，乙车的燃油效率大于

5km∴当速度大于

40km/h

时，消耗

1

升汽油，乙车的行驶距离大于

5km，故

A

错误；

对于

B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故

B

错误；

对于

C，由图象可知当速度为

80km/h

时，甲车的燃油效率为

10km/L，即甲车行驶

10km

时，耗油

1

升，故行驶

1

小时，路程为

80km，燃油为

8

升，故C

错误；

对于

D，由图象可知当速度小于∴用丙车比用乙车更省油，故

D

正确.

故选：ABC.【点睛】本题考查学生对图表的认知和解读实力，也能体现学生对函数图象数据的处理实力和培育数学应用意识，考查学生将图形语言转化为数学语言的实力，是中档题.10.设，分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点，满意，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则关于该双曲线的下列结论正确的是（）A.渐近线方程为 B.渐近线方程为C.离心率为 D.离心率为【答案】AC【解析】【分析】设，运用双曲线的定义和等腰三角形的性质可得关于a，b，c的方程，再由隐含条件即可得到a与b的关系，求出双曲线的渐近线方程及离心率即可．【详解】解：设，

由，可得，

由到直线的距离等于双曲线的实轴长，

设的中点，

由等腰三角形的性质可得，，

即有，

，即，

可得，

即有，

则双曲线的渐近线方程为，即；

离心率．

故选：AC．【点睛】本题考查双曲线定义、方程和性质，考查等腰三角形的性质，以及勾股定理的运用，考查方程思想和运算实力，属于中档题．11.已知函数的图象的一条对称轴为，则下列结论中正确的是（）A.是最小正周期为的奇函数B.是图像的一个对称中心C.在上单调递增D.先将函数图象上各点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象再向左平移个单位长度，即可得到函数的图象.【答案】BD【解析】【分析】化简函数，将代入得函数最值，可求得，进而可得，通过计算，可推断A；通过计算，可推断B；当时，，可得在上的单调性，可推断C；通过振幅变换和平移变换，可推断D.【详解】解：，当时，取到最值，即解得，．A：，故不是奇函数，故A错误；B：，则是图像的一个对称中心，故B正确；C：当时，，又在上先增后减，则在上先增后减，故C错误；D.将函数图象上各点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象再向左平移个单位长度，得，故D正确.故答案为：BD.【点睛】本题考查三角恒等变形，考查三角函数的图像和性质，是中档题.12.如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.点存在多数个位置满意B.若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为C.在线段上存在点，使异面直线与所成角是D.点存在多数个位置满意到直线和直线的距离相等.【答案】ABD【解析】【分析】通过证明面，可得当点上时，有，可推断A；由已知，当点与点重合时，点到面的距离最大，计算可推断B；C.连接，因为，则为异面直线与所成的角，利用余弦定理算出的距离，可推断C；连接，过作交于，得到，则点在以为焦点，以为准线的抛物线上，可推断D.【详解】解：A.连接，由正方体的性质可得，则面当点上时，有，故点存在多数个位置满意，故A正确；B.由已知，当点与点重合时，点到面的距离最大，则三棱锥的体积最大值为，故B正确；C.连接，因为则为异面直线与所成的角设正方体棱长为1，，则，点到线的距离为，，解得，所以在线段上不存在点，使异面直线与所成的角是，故C错误；D.连接，过作交于，由面，面，得，则为点到直线的距离，为点到直线的距离，由已知，则点在以为焦点，以为准线的抛物线上，故这样的点有多数个，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明和推断，考查空间中的轨迹问题，考查几何体体积的计算，异面直线所成角的计算，是中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分共20分.13.古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为________【答案】【解析】【分析】基本领件总数，利用列举法求出取出的两种物质恰是相克关系包含的基本领件有5种，由此能求出取出的两种物质恰是相克关系的概率．【详解】解：古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火土之间相生相克的关系，

现从五种不同属性的物质中任取两种，

基本领件总数，

取出的两种物质恰是相克关系包含的基本领件有：

水克火，木克土，火克金，土克水，金克木，共5种，

则取出的两种物质恰是相克关系的概率为．

故答案为：．【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础学问，考查运算求解实力，是基础题．14.已知点，，，均在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为__________【答案】【解析】【分析】设的外接圆的半径为，可得为直角三角形，可求出，由已知得到平面的最大距离，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积.【详解】解：设的外接圆的半径为，

∵，，则，为直角三角形，且

，∵三棱锥体积的最大值是，，，，均在球的球面上，

∴到平面的最大距离，

设球的半径为，则，

即解得，

∴球的表面积为.

故答案为：.【点睛】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要仔细审题，留意空间思维实力的培育和球的性质的合理运用.15.动圆与圆外切，并与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为__________，过点作倾斜角互补的两条直线，分别与圆心的轨迹相交于，两点，则直线的斜率为__________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由已知可得点到直线的距离等于到点的距离，即动圆圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，则轨迹方程可求；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出的坐标，利用斜率公式，即可求得直线的斜率．【详解】解：如图，

由题意可知，，则，

∴点到直线的距离等于到点的距离，

∴动圆圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，

则其轨迹方程为；

点坐标为，设，

由已知设：，即：，

代入抛物线的方程得：，即，

则，故，

设，即，

代入抛物线的方程得：，即，

则：，故，

，

直线AB的斜率，

∴直线AB的斜率为−1．

故答案为：；−1．【点睛】本题考查的学问点是抛物线的性质，直线的斜率公式，考查学生的计算实力，正确运用韦达定理是关键，是中档题．16.设是定义在上且周期为6的周期函数，若函数的图象关于点对称，函数在区间（其中）上的零点的个数的最小值为，则__________【答案】，，或（表示不超过的最大整数）【解析】【分析】由图象平移可知，为定义在上的奇函数，可得，又为周期为6的周期函数，可得，分别求得时，的值，归纳即可得到所求通项．【详解】将的图象向左平移1个单位，得到的图象，因为函数的图象关于点对称，即有的图象关于原点对称，即为定义在上的奇函数，可得，又为周期为6的周期函数，可得．

可令，则，即，可得，

当时，在上，有；当时，在上，有；

当时，在上，有；

当时，在上，有，，…，

可得

即，或（表示不超过的最大整数）故答案为：，或（表示不超过的最大整数）【点睛】本题主要考查函数的性质，周期性，奇偶性的应用，函数的零点的求法，归纳法和赋值法的应用，意在考查学生的分类探讨意识，数学运算实力，逻辑推理实力和数学抽象实力，属于较难题．四、解答题：本题共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，，，若，__________，求△的周长和面积.在①，，②，，③，这三个条件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答.【答案】答案不唯一，详细见解析【解析】【分析】选择①：依据条件求出，，则可求出，再依据正弦定理可求出，进而可得周长面积；选择②：，，．由正弦定理可得：．由余弦定理可得：，联立解得：，进而可得周长面积；选择③：由余弦定理可得，则周长可求，再依据可得，通过面积公式可得面积.【详解】解：选①因为，，且，，所以，，在△中，，即，所以，由正弦定理得，，因为，所以，所以△的周长，△的面积.选②因为，所以由正弦定理得，因为，所以.又因为.由余弦定理得所以.解得.所以.所以△的周长.△的面积.选③因为，，所以由余弦定理得，.即解得或（舍去）.所以△的周长，因为，所以，所以△的面积，故答案为：选①△的周长，面积为8；选②△的周长，面积为；选③△的周长9，面积为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理实力与计算实力，属于中档题.18.已知为等差数列，，，为等比数列，且，.（1）求，的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到；设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到；

（2）求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】解：（1）设等差数列的公差为，由题意得，解得，所以数列的通项公式，即.设等比数列的公比为，由，，得，，解得，所以数列的通项公式；（2）由（1）知，则，，两式相减得，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算实力，属于中档题．19.如图所示，在等腰梯形中，∥，，直角梯形所在的平面垂直于平面，且，.（1）证明：平面平面；（2）点在线段上，试确定点的位置，使平面与平面所成的二面角的余弦值为.【答案】（1）证明见解析；（2）点为线段中点【解析】【分析】（1）推导出平面，，，从而平面，由此能证明平面平面；

（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点为线段中点时，平面与平面所成的二面角的余弦值．【详解】解：（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，在△中，，，，由余弦定理得，，所以，所以.又，，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，设，则.设平面的一个法向量为，则，即，取，得.设平面的一个法向量为，由，得，令，得，因为平面与平面所成的二面角的余弦值为，所以，整理得，解得或（舍去），所以点为线段中点时，平面与平面所成的二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查满意二面角的余弦值的点的位置的推断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力、逻辑推理实力，是中档题．20.已知椭圆经过点，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于，两点，若以，为邻边的平行四边形的顶点在椭圆上，求证：平行四边形的面积为定值.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意可得关于的方程组，求得的值，则椭圆方程可求；

（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形是平行四边形，可得点坐标，把点坐标代入椭圆方程，得到，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可证明平行四边形的面积为定值．【详解】解：（1）因为椭圆过点，代入椭圆方程，可得①，又因为离心率为，所以，从而②，联立①②，解得，，所以椭圆为；（2）把代入椭圆方程，得，所以，设，，则，所以，因为四边形是平行四边形，所以，所以点坐标为.又因为点在椭圆上，所以，即.因为.又点到直线的距离，所以平行四边形的面积，即平行四边形的面积为定值.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算实力，是中档题．21.在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或起先呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜藏期.一探讨团队统计了某地区200名患者的相关信息，得到如下表格：潜藏期（单位：天）人数174162502631（1）求这200名患者的潜藏期的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜藏期受诸多因素的影响，为探讨潜藏期与患者年龄的关系，以潜藏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述200名患者中抽取40人得到如下列联表.请将列联表补充完整，并依据列联表推断是否有95%的把握认为潜藏期与患者年龄有关；潜藏期天潜藏期天总计50岁以上（含50岁）2050岁以下9总计40（3）以这200名患者的潜藏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜藏期超过6天发生的概率，每名患者的潜藏期是否超过6天相互独立.为了深化硏究，该探讨团队在该地区随机调查了10名患者，其中潜藏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：0.050.0250.0103.8415.0246.635，其中【答案】（1）（天）（2）填表见解析；没有的把握认为潜藏期与患者年龄有关（3）最有可能是4人【解析】【分析】（1）利用平均值的定义求解即可；

（2）依据题目所给的数据填写2×2列联表，依据公式计算，比照题目中的表格，得出统计结论；

（3）先求出该地区每名患者潜藏期超过6天发生的概率，设调查的10名患者中潜藏期超过6天的人数为，由于该地区人数较多，则近似听从二项分布，即，，…，10，由得：，即这10名患者中潜藏期超过6天的人数最有可能是4人．【详解】解：（1）（天）.（2）依据题意，