山东省2025届高三数学一轮复习高考模拟仿真试卷 含答案

2025届山东省高三一轮复习资料（高考仿真模拟卷）数学试卷考试时间：120分钟总分：150分注意事项：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。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A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、单选题：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已知集合，，则（）B.C.D.2.某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1100个的天数大约是（）（若随机变量，则，，）A.236 B.246 C.270 D.2753.若是周期为π的奇函数，则可以是（）A. B. C. D.4.一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（）A.4 B.6 C.8 D.125.在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（）A.有且仅有1条 B.有且仅有2条C.有且仅有3条 D.有无数条6.已知抛物线的焦点为，准线为是上一点，是直线与的一个交点，若，则（）A. B.3 C. D.27.已知，则（）A. B.C. D.8.已知圆与抛物线相交于两点，分别以为切点作的切线.若都经过的焦点，则（）A. B. C. D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知方程在复数范围内有个根，且这个根在复平面内对应的点等分单位圆.下列复数是方程的根的是（）A.1 B. C. D.10.设为复数，下列命题正确的是（）A. B.C.若，则为纯虚数 D.若，且，则11.在正方体中，点满足，，，则（）A当时，B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，正方体的棱长为时，的最小值为D.当时，存在唯一的点P，使得P到的距离等于P到的距离三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在的展开式中常数项是__________已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则______14.已知函数，若恒成立，则的取值范围是______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.如图，两块直角三角形模具，斜边靠一起，其中公共斜边，，交于点.（1）求；（2）求.16.已知函数，，。（1）求函数的单调区间；（2）若且恒成立，求的最小值。17.平面内点到点与到直线的距离之比为3.（1）求点的轨迹的方程;（2）为的左右顶点，过的直线与交于（异于）两点，与交点为，求证：点在定直线上18.已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.（1）求曲线的标准方程;（2）已知是定值，求该定值;（3）求面积的范围19.已知点是双曲线上一点，在点处切线与轴交于点.（1）求双曲线的方程及点的坐标；（2）过且斜率非负的直线与的左､右支分别交于.过做垂直于轴交于（当位于左顶点时认为与重合）.为圆上任意一点，求四边形的面积的最小值2025届山东省高三一轮复习资料（高考仿真模拟卷）数学试卷·答案考试时间：120分钟总分：150分1.【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】或，，所以.故选：D.2.由题可知，，，所以300天内小笼包的销售量约在950到1100个的天数大约是天．故选：B．3.由题意，若，则为偶函数，不符合题意；若，则，奇函数且周期为，符合题意；若，则为偶函数，不符合题意；若，则周期，不符合题意.故选：B.4.由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是，根据六个数的中位数是：，解得，故选：D.5.以正方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设正方体棱长为1，则，所以，若，则，即，方程有无数组解，故选：D6.由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，设，，则，因为，则，得，由抛物线定义得.故选：D.7.因为，所以，两式相加得：，即，化简得，所以，故选：A8.设，由消去得：，则有，又为圆的切线，，由抛物线的定义得，即有化简得：，解得，因此，整理得，而，所以.故选：C二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.对于A选项，显然成立，故A正确；对于C选项，成立，故C正确；对于D选项，，故D正确；故选：ACD.10.由复数模的性质知，故A正确；取，则，故B错误；取，则，为实数，故C错误；因为，，所以，故D正确.故选：AD11.对于选项A，当时，的轨迹为线段，连接，则.又平面，平面，则，平面，∴平面，平面，则，同理可得平面，故平面，平面，所以，故A正确；对于选项B，当时，点的轨迹为线段（为的中点），直线平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；对于选项C，当时，点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知，由余弦定理可得，故C错误；对于选项D，当时，点轨迹为以为圆心，为半径的四分之一圆弧，由点到的距离等于到的距离，即点到点的距离等于到的距离，则点轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线上，作图即知，存在唯一的点，使得点到的距离等于到的距离，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.，令，则展开式中得常数项为.13.因为，所以，由题意当时，所以.故答案为：.14.∵∴两边加上得设，则在上单调递增，∴，即令，则∵的定义域是∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴当时，取得极大值即为最大值，且，∴，∴即为所求.故答案为：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.（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得；（2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得.【小问1详解】由已知，，，因为，所以，所以在中由余弦定理可得.【小问2详解】解法1：因为，又因为，所以，即，解得.解法2：因为，所以，又，，所以，又因为，所以，则，所以.16.（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【小问1详解】（），当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；当时，，；，，从而在上递增，在递减；综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使.，由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，解得：，所以的最小值为.17.（1）设，根据列出方程，即可求解；（2）设直线，联立方程组，求得，再由直线和，化简得到，列出方程，求得的值，即可得到答案.【小问1详解】设是所求轨迹上的任意一点，因为点到点与到直线的距离之比为，可得，整理得:，所以轨迹的方程为.【小问2详解】由（1）知，设直线，且，联立方程组，整理得，则，可得.，所以，且，①又由和，两式相除得:，②由①式可得，带入②式，解得，所以点在定直线上.18.（1）设点的坐标，由题意可得点的恒纵坐标的关系，即可得到曲线的标准方程；（2）设直线和直线的方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到的坐标关系，进而可得为定值；（3）由题意可得的比值，由题意可得面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到结果.【小问1详解】令且，因为，所以，整理可得，所以的标准方程为.【小问2详解】设，，，设直线和直线的方程分别为，，联立直线与椭圆方程，整理可得，则，，联立直线与椭圆方程，整理可得，可得，，又因为，，所以，所以，即，同理可得，，即，所以.设，，，设，则有，又，可得，同理可得，所以.【小问3详解】不妨设，于是，因此，又因为，所以，设，，则，，，所以在单调递增，则.19.【小问1详解】由题意可知，，即，故的方程为：.因为在第一象限，不妨设，则可变形为，则，代入得：，所以切线方程，令得,所以点坐标为.【小问2详解】