2025年山东枣庄高三二模数学试卷试题答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025届高三模拟考试数学试题注意事项：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上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.一、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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数在复平面内对应的点为，则（

）A． B． C．1+i D．3．下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（

）A． B．C． D．4．已知向量，则（

）A．的充要条件是B．的充要条件是C．与垂直的充要条件是D．若与的夹角为锐角，则的取值范围是5．函数在区间上的零点个数为（

）A．3 B．4 C．5 D．66．已知，则被4除的余数为（

）A．3 B．2 C．1 D．07．已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．已知中，，若的平分线交于点，则的长为（

）A．或 B．或 C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知函数的图象关于点中心对称，则（

）A．在区间上单调递减B．直线是曲线的一条对称轴C．在区间的最小值是D．将的图象上各点先向右平移个单位（纵坐标不变），再将横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象10．已知函数，则（

）A．当时，函数在上单调递增B．当时，函数有两个极值C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条D．当时，直线与曲线有三个交点，，则11．在如图所示的方格图中，去掉以下哪一个方格，剩下的方格图能用总共21个或的矩形方格图完全覆盖（

）A．① B．② C．③ D．④三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．双曲线的右焦点是抛物线的焦点，则抛物线的标准方程是13．已知函数恒过定点，则点的坐标为.14．已知数列等可能取.数列满足，且，则的概率为.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．在数列中，.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和的最大值.16．如图，矩形中，，将沿直线翻折成.

(1)若为线段上一点，且满足，求证：直线平面；(2)当平面平面时，求点到平面的距离.17．每次抛掷一枚质地均匀的六面体骰子，若出现偶数点得2分，奇数点得1分.已知每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立.(1)求在抛掷过程中，恰好得3分的概率；(2)记抛掷次得分为，求的分布列及数学期望.18．已知椭圆的右焦点为上一动点到的距离的取值范围为.(1)求的标准方程；(2)设斜率为的直线过点，交于，两点.记线段的中点为，直线交直线于点，直线交于，两点.①求的大小；②求四边形面积的最小值.19．已知函数.(1)当时，判断的极值点个数；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】依题意，，，所以.故选：A2．C【分析】根据给定条件，求出复数，再利用复数的除法求解.【详解】由复数在复平面内对应的点为，得，所以.故选：C3．D【分析】确定各选项中函数的奇偶性或单调性即可.【详解】对于A，函数在上单调递减，A不是；对于B，函数的定义域为，不具奇偶性，B不是；对于C，函数定义域为R，，不是偶函数，C不是；对于D，函数定义域为，，是偶函数；当时，，函数在上单调递增，则在上单调递增，D是.故选：D4．B【分析】根据给定条件，利用充要条件的定义求解判断ABC；利用向量夹角公式列式求出范围判断D.【详解】对于A，，则或，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，由与的夹角为锐角，得且与不共线，由选项B知，，D错误.故选：B5．B【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数，求出零点即可判断.【详解】函数，由，得或，当时，，因此函数在上的零点个数为4.故选：B6．D【分析】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案.【详解】令，由已知可得，，令，可得，所以.因为，所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0，故选：D.7．C【分析】由题意可得，根据空间向量的数量积运算求，即可得结果.【详解】不妨设棱长为2，由题意可知：，因为，则，即，且，可得，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.8．C【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分线定理结合斯台沃特定理求解即可.【详解】因为所以即又所以则，又所以，又因为为的平分线，所以又因为，在中，由余弦定理知：所以，由角平分线定理知：，所以使用斯台沃特定理求BD的长度：代入数值：化简得到：解得：故选：C.9．ABD【分析】由函数图象关于对称可求出的值，再结合余弦型函数的单调性判断A；由余弦函数的对称性判断B；由余弦型函数的最值判断C；由函数图象的平移变换判断D.【详解】因为关于点中心对称，所以，解得，又因为，所以，即，对于A，当时，，此时单调递减，故A正确；对于B，时，，所以直线是曲线的一条对称轴，故B正确；对于C，当时，，当时，取最小值-1，故C错误；将的图象上各点先向右平移个单位（纵坐标不变），得到函数的图象，再将横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象，故D正确；故选：ABD.10．ACD【分析】A选项，求导，得到导函数大于0恒成立，故A正确；B选项，时，导函数大于等于0恒成立，B错误；C选项，设切点，由几何意义得到切线方程，将代入，整理得到，构造设，求导得到单调性，数形结合得到只有1个根-2，C正确；D选项，若，此时直线与曲线只有1个交点，不合要求，故，联立直线与曲线得到，令，变形得到.【详解】A选项，时，，恒成立，故函数在上单调递增，A正确；B选项，，当时，恒成立，此时在R上单调递增，无极值，B错误；C选项，显然不在上，设切点为，因为，所以，故切线方程为，又切线过点，故，整理得，设，则令得或，令得或，令得，故在上单调递增，在上单调递减，其中，，又，故只有1个根-2，故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，C正确；D选项，当时，，若，直线，此时与曲线只有1个交点，不合要求，故，，直线与曲线联立得，设，故，所以，则，D正确.故选：ACD11．AD【分析】AD选项，可通过画图得到正确；BC选项，去掉②或③后，会有无法用或的矩形方格的图形出现，故BC错误.【详解】当去掉①后，可如图所示的方法来进行覆盖，A正确；同理，当去掉④，可以如图所示的方法来进行覆盖，D正确；当去掉②时，除去②和②周围的3个表格外，共用去20个或的矩形方格进行覆盖，②周围的三个表格无法用或的矩形方格来覆盖，利用其他方式进行覆盖，最后始终会有结构出现，从而无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，B错误；同理可得去掉③后，无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，C错误故选：AD12．【分析】先由双曲线方程求出右焦点坐标为，设抛物线的标准方程是，可得，求出的值即可求解.【详解】由可得:，，所以，可得：，所以双曲线的右焦点是，设抛物线的标准方程是，焦点为，所以，所以，所以所求抛物线的方程为：.故答案为：13．【分析】利用指数运算法则、指数式与对数式互化关系化简函数，再利用指数函数过定点问题求解.【详解】函数，由，得恒成立，所以点的坐标为.故答案为：14．【分析】由，得到，再结合古典概率模型即可求解．【详解】由题意可得：，，，若，则，从各随机从中选一个，共有种情况；若，因为，所以共有种情况，所以的概率为：．故答案为：15．(1)；(2)90.【分析】（1）利用累加法，结合分组求和法及等比数列前项和公式求解.（2）求出并判断单调性，求出所有非负数项的和即可.【详解】（1）依题意，当时，，则，满足上式，所以的通项公式为.（2）由（1）得，数列是递减等差数列，由，得，则数列前10项均为非负数，从第11项起为负数，而，因此数列前10项和与前9项和相等，都最大，所以数列的前项和的最大值为.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）在线段上取点，使，利用比例式推平行及平行公理证得平行四边形，再利用平行四边形性质及线面平行的判定推理得证.（2）取中点，利用面面垂直的性质，借助等体积法求出点到平面的距离.【详解】（1）在线段上取点，使，由为线段上一点，且，得，则，在矩形中，，因此，四边形是平行四边形，则，而平面，平面，所以平面.

（2）依题意，，取中点，连接，则，由平面平面，平面平面，平面，得平面，连接，而平面，则，

又，则，在中，，由余弦定理得，，在中，，，，，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，所以点到平面的距离为.17．(1)；(2)分布列见解析，数学期望为.【分析】（1）将得3分的事件拆成两个互斥事件的和，再利用互斥事件概率加法公式及相互独立事件概率公式求解.（2）根据给定条件，利用二项分布的概率公式和期望公式求解.【详解】（1）得3分的事件是出现一次奇数点一次偶数点的事件，出现三次奇数点的事件和，所以恰好得3分的概率.（2）抛掷次，设出现奇数点的次数为，由每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立，得，总得分，的所有可能取值为，，所以的分布列为：数学期望为18．(1)；(2)①；②3.【分析】（1）设出椭圆半焦距，结合椭圆的定义求出的取值范围，进而求出即可.（2）①设出直线的方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理求出坐标，利用斜率关系求出；②利用弦长公式求出，再表示出四边形面积，借助基本不等式求出最小值.【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则，而点到的距离的取值范围为，因此，解得，，所以的标准方程为.（2）①由（1）知点，设直线的方程为，，由消去得，，，则，线段的中点，直线的斜率，直线交直线于点，因此直线的斜率，即，则直线与直线垂直，所以.②由①知，，直线的方程为，同理得，因此四边形的面积，而，当且仅当，即时取等号，则，所以四边形面积的最小值为3.19．(1)2；(2).【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数，结合零点存在性定理求出其变号零点个数即可.（2）等价变形给定不等式，换元并构造函数，再求