山东省邹城第一中学2025届高考数学四模试卷含解析

山东省邹城第一中学2025届高考数学四模试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值2．已知集合，则=（）A． B． C． D．3．已知f(x)，g(x)都是偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，设函数F(x)=f(x)+g(1-x)-|f(x)-g(1-x)|，若a>0，则（）A．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1-a)B．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1-a)C．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1-a)D．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)4．对于正在培育的一颗种子，它可能1天后发芽，也可能2天后发芽，….下表是20颗不同种子发芽前所需培育的天数统计表，则这组种子发芽所需培育的天数的中位数是()发芽所需天数1234567种子数43352210A．2 B．3 C．3.5 D．45．已知椭圆（a＞b＞0）与双曲线（a＞0，b＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为（）A． B．C． D．6．如图，四边形为平行四边形，为中点，为的三等分点（靠近）若，则的值为（）A． B． C． D．7．函数在上为增函数，则的值可以是()A．0 B． C． D．8．若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝1相交于P、Q两点，且∠POQ＝120°(其中O为坐标原点)，则k的值为()A． B． C．或－ D．和－9．若复数满足（是虚数单位），则的虚部为（）A． B． C． D．10．已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．11．设集合，，若，则（）A． B． C． D．12．已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，给出下列四个命题:①;②直线与直线所成角为;③过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;④三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.14．将底面直径为4，高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为__________.15．如图，在△ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为______．16．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（Ⅰ）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（Ⅱ）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.18．（12分）已知三点在抛物线上.（Ⅰ）当点的坐标为时，若直线过点，求此时直线与直线的斜率之积；（Ⅱ）当，且时，求面积的最小值.19．（12分）已知椭圆：（）的左、右顶点分别为、，焦距为2，点为椭圆上异于、的点，且直线和的斜率之积为.（1）求的方程；（2）设直线与轴的交点为，过坐标原点作交椭圆于点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.20．（12分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.⑴若，，（），求证：数列是等比数列；⑵若数列是等比数列，求，的值；⑶若，且，求证：数列是等差数列.21．（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.（1）当时，记，求的分布列及数学期望；（2）当，时，求且的概率.22．（10分）如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，且垂直于底面，，分别是的中点.（1）证明：平面平面；（2）已知点在棱上且，求直线与平面所成角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.【详解】A．因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B．因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C．因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D．当，，取为，如下图所示：因为，所以异面直线所成角为，且，当，，取为，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.2、D【解析】

先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求【详解】，所以.故选：D【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.3、A【解析】试题分析：由题意得，F(x)=2g(1-x),f(x)≥g(1-x)∴F(-a)=2g(1+a),f(a)=f(-a)≥g(1+a)2f(-a),f(a)=f(-a)<g(1+a)，∵a>0，∴(a+1)2-(a-1)∴若f(a)>g(1+a)：F(-a)=2g(1+a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)>F(a)，若g(1-a)≤f(a)≤g(1+a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)≥F(a)，若f(a)<g(1-a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2f(a)，∴F(-a)=F(a)，综上可知F(-a)≥F(a)，同理可知F(1+a)≥F(1-a)，故选A.考点：1.函数的性质；2.分类讨论的数学思想.【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质，避免了由于单调性不同导致1-a与1+a大小不明确的讨论，从而使解题过程得以优化，另外，不要忘记定义域，如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题，通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑，然后推广到整个定义域上.4、C【解析】

根据表中数据，即可容易求得中位数.【详解】由图表可知，种子发芽天数的中位数为，故选：C.【点睛】本题考查中位数的计算，属基础题.5、A【解析】

由题意可得，即，代入双曲线的渐近线方程可得答案.【详解】依题意椭圆与双曲线即的焦点相同，可得：，即，∴，可得,双曲线的渐近线方程为：,故选：A．【点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．6、D【解析】

使用不同方法用表示出，结合平面向量的基本定理列出方程解出．【详解】解：，又解得，所以故选：D【点睛】本题考查了平面向量的基本定理及其意义，属于基础题．7、D【解析】

依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.【详解】当时，在上不单调，故A不正确；当时，在上单调递减，故B不正确；当时，在上不单调，故C不正确；当时，在上单调递增，故D正确.故选：D【点睛】本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.8、C【解析】

直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．【详解】如图，直线过定点（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，∴由对称性可知k=±．故选C．【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．9、A【解析】

由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.【详解】因为,所以,所以复数的虚部为.故选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.10、B【解析】

由题意得出的值，进而利用离心率公式可求得该双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，因此，该双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于基础题.11、A【解析】

根据交集的结果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，从而可求.【详解】依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.【点睛】本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题.12、C【解析】

画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，，可知平面，即可证明，所以①正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形．所以③不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，．所以三棱锥的体积为，④正确；故选：．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．【详解】解：由的展开式的通项，令，得含有的项的系数是，解得，令得：展开式中各项系数和为，故答案为：1．【点睛】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．14、【解析】

由题意欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，将侧面积表示成关于的函数，再利用一元二次函数的性质求最值.【详解】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，所以.∴，当时，的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查圆柱的侧面积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.15、【解析】试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是．考点：向量的运算，基本不等式．【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案．16、.【解析】分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.详解：由题意可知了，比赛可能的方法有种，其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为.点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线的斜率.所以直线的方程为，即.（Ⅱ）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）16.【解析】

（Ⅰ）设出直线的方程并代入抛物线方程，利用韦达定理以及斜率公式，变形可得；（Ⅱ）利用，，的斜率，求得的坐标，，再用基本不等式求得的最小值，从而可得三角形的面积的最小值．【详解】解：（Ⅰ）设直线的方程为.联立方程组，得，，故，.所以；（Ⅱ）不妨设的三个顶点中的两个顶点在轴右侧（包括轴），设，，，的斜率为，又，则，①因为，所以②由①②得，，（且）从而当且仅当时取“”号，从而，所以面积的最小值为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合，属于中档题．19、（1）（2）是定值，且定值为2【解析】

（1）设出点坐标并代入椭圆方程，根据列方程，求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此化简求得为定值.【详解】（1）已知点在椭圆：（）上，可设，即，又，且，可得椭圆的方程为.（2）设直线的方程为：，则直线的方程为.联立直线与椭圆的方程可得：，由，可得，联立直线与椭圆的方程可得：，即，即.即为定值，且定值为2.【点睛】本小题主要考查本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.20、（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）(),所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.试题解析：（1）证明：若，则当(),所以，即，所以，又由，，得，，即，所以，故数列是等比数列．（2）若是等比数列，设其公比为（），当时，，即，得，①当时，，即，得，②当时，，即，得，③②①，得，③②，得，解得．代入①式，得．此时()，所以，是公比为１的等比数列，故．（3）证明：若，由，得，又，解得．由，，，，代入得，