2025届山东省金乡县金育高级中学高考数学三模试卷含解析

2025届山东省金乡县金育高级中学高考数学三模试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（）．A． B． C． D．2．已知，函数，若函数恰有三个零点，则（）A． B．C． D．3．已知集合，，则的真子集个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．己知集合，，则（）A． B． C． D．5．年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为A． B． C． D．6．如图，在△ABC中，点M是边BC的中点，将△ABM沿着AM翻折成△AB'M，且点B'不在平面AMC内，点P是线段B'C上一点.若二面角P-AM-B'与二面角P-AM-C的平面角相等，则直线AP经过△AB'CA．重心 B．垂心 C．内心 D．外心7．设集合则（）A． B． C． D．8．已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③9．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.以上说法正确的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③④10．设函数，则，的大致图象大致是的()A． B．C． D．11．一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为()A． B． C． D．12．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，满足，，，则的取值范围为_________.14．设为等比数列的前项和，若，且，，成等差数列，则.15．若函数(a＞0且a≠1)在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，则a的取值范围是_______．16．若，则__________．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）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若正数、满足，求证：.18．（12分）设都是正数，且，．求证：．19．（12分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.21．（12分）已知函数f(x)=x-1+x+2，记f(x)（Ⅰ）解不等式f(x)≤5；（Ⅱ）若正实数a，b满足1a+122．（10分）已知在中，角、、的对边分别为，，，，.（1）若，求的值；（2）若，求的面积.

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、C【解析】

设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【详解】根据题意画出图形:设M,N,P分别为和的中点，则的夹角为MN和NP夹角或其补角可知，.作BC中点Q，则为直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故选：C【点睛】此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.2、C【解析】

当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．【详解】当时，，得；最多一个零点；当时，，，当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，如图：且，解得，，．故选．【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.3、C【解析】

求出的元素，再确定其真子集个数．【详解】由，解得或，∴中有两个元素，因此它的真子集有3个．故选：C.【点睛】本题考查集合的子集个数问题，解题时可先确定交集中集合的元素个数，解题关键是对集合元素的认识，本题中集合都是曲线上的点集．4、C【解析】

先化简，再求.【详解】因为，又因为，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.5、B【解析】

甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．6、A【解析】

根据题意P到两个平面的距离相等，根据等体积法得到SΔPB'M【详解】二面角P-AM-B'与二面角P-AM-C的平面角相等，故P到两个平面的距离相等.故VP-AB'M=VP-ACM，即故B'P=CP，故P为CB'中点.故选：A.【点睛】本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7、C【解析】

直接求交集得到答案.【详解】集合，则.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.8、C【解析】

根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；若，，平面可能相交，故②错误；若，，则可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，④正确；故选：C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.9、A【解析】

由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.【详解】由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；,,则,故②错误,③正确；显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,故选:A【点睛】本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.10、B【解析】

采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.11、A【解析】

求出满足条件的正的面积，再求出满足条件的正内的点到顶点、、的距离均不小于的图形的面积，然后代入几何概型的概率公式即可得到答案．【详解】满足条件的正如下图所示：其中正的面积为，满足到正的顶点、、的距离均不小于的图形平面区域如图中阴影部分所示，阴影部分区域的面积为.则使取到的点到三个顶点、、的距离都大于的概率是.故选：A.【点睛】本题考查几何概型概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题．12、A【解析】

设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设，，，，由，，，根据平面向量模的几何意义，可得A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，为的距离，利用数形结合求解.【详解】设，，，，如图所示：因为，，，所以A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，则即的距离，由图可知，.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的模及运算的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.14、.【解析】试题分析：∵，，成等差数列，∴，又∵等比数列，∴.考点：等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.15、(1，)【解析】

在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等价转化为与的图像在(1，)上恰有两个交点，考虑相切状态可求a的取值范围.【详解】由题意知：与的图像在(1，)上恰有两个交点考查临界情形：与切于，．故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，把已知条件进行等价转化是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.16、【解析】

因为，由二倍角公式得到，故得到．故答案为．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、（1）；（2）见解析【解析】

（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ），分别解出，再求并集即可；（2）利用基本不等式及可得，代入可得最值.【详解】（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）由（Ⅰ）得：由（Ⅱ）得：由（Ⅲ）得：.原不等式的解集为；（2），，，，，当且仅当，即时取等号，，当且仅当即时取等号，.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题.18、证明见解析【解析】

利用比较法进行证明：把代数式展开、作差、化简可得,,可证得成立,同理可证明,由此不等式得证.【详解】证明:因为,，所以，∴成立，又都是正数，∴，①同理，∴．【点睛】本题考查利用比较法证明不等式;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;把差变形为因式乘积的形式是证明本题的关键;属于中档题。19、（1）；（2）存在，【解析】

（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．【详解】（1）由题可得∴，所以椭圆的方程（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，则与椭圆联立得，，∴，，∴若以为直径的圆经过点，则，∴，化简得，∴，解得或因为与不重合，所以舍.所以直线的方程为.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.20、（1）（2）【解析】

（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.【详解】（1）消去参数得普通方程为，将代入，可得，即所以的极坐标方程为（2）的直角坐标方程为直线的直角坐标方程设的直角坐标为∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值∵，∴当，时取得最小值即，∴【点睛】本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.21、（Ⅰ）{x|-3≤x≤2}（Ⅱ）见证明【解析】

(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（Ⅰ）①当x>1时，f(x)=(x-1)+(x+2)=2x+1≤5，即x≤2，∴1<x≤2；②当-2≤x≤1时，f(x)=(1-x)+(x+2)=3≤5，∴-2≤x≤1；③当x<-2时，f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-1≤5，即x≥-3，∴-3≤x<-2.综上所述，原不等式的解集为{x|-3≤