山东省济宁市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析

这是一份山东省济宁市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析，共19页。试卷主要包含了03， 的展开式中的常数项为， 若函数的两个零点分别为和，则等内容，欢迎下载使用。
2025.03
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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. 已知集合，，则集合A∩B中元素的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】集合A表示的是单位圆上的点，集合B表示的直线上的点，而集合AB中元素的个数就是直线与单位圆交点的个数，所以只需求出圆心到直线的距离与圆的半径比较大小即可.
【详解】因为圆的圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，
所以集合AB中元素的个数为2.
故选：C.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，集合的交集运算，属于基础题.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案.
【详解】，
则.
故选：B.
3. 将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数周期，再由函数平移的性质结合余弦函数的诱导公式可得.
【详解】函数周期，所以函数的图象向右平移个周期可得.
故选：D
4. 的展开式中的常数项为（）
A. 18B. 20C. 22D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】写出的展开式的通项，再将运算进去，分别令x的指数为0，求出各自的常数，再相加即可.
【详解】，
的二项展开示的通项为
①，
②，
在①式中，令得11，故的常数项为，
在②式中，令得，则的常数项为，
故的展开式中的常数项为，
故选：B.
5. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率.
【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，
则，，
所以.
故选：C.
6. 设为抛物线的焦点，过的直线交于两点，若，则（）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的性质求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，过作垂直于准线于点，作于点，
则，
，同理可证
，解得，
所以，
，
故选：D．
7. 曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合对称性可设，，结合导数的几何意义求得，即可得结果.
【详解】因为和互为反函数，其图象关于直线对称，
且反比例函数的图象也关于直线对称，
可知点关于直线对称，设，则，
设，则，
由题意可得：，解得或（舍去），
可得，则，所以.
故选：A.
8. 若函数的两个零点分别为和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值.
【详解】函数，其中锐角由确定，
由，得，而，
因此，即，则，
即，于是，
所以.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键.
二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到等比数列的通项公式，再由已知条件求出等差数列的通项公式，然后求出集合中元素的个数，得到数列的通项公式，最后求出数列的前项和．
【详解】对于A，设等比数列的公比为，由，得，
两式相减得，即所以，
又，解得，所以，正确；
对于B，设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以，正确；
对于C，由，得，
则集合中元素的个数为，即，错误；
对于D，，正确．
故选：ABD
10. 在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 外接圆的面积为
C. 面积的最大值为D. 周长的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：利用余弦定理边角转化即可；对于B：利用正弦定理求三角形外接圆半径，即可得结果；对于CD：根据选项A中结论，结合基本不等式运算求解.
【详解】对于选项A：因为，
由余弦定理可得，
整理可得，则，
且，所以，故A错误；
对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径，
所以外接圆的面积为，故B正确；
对于选项C：由可得，
且，即，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于选项D：由可得，即，
且，即，
解得，即，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
11. 若双曲线的左，右焦点分别为，过的右支上一点作圆的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则的面积为9
B. 若为圆上的一动点，则的最小值为3
C. 四边形面积最小值为
D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由焦点三角形面积公式可得A错误；由双曲线的定义可得B正确；当点位于右顶点时可得C正确；由向量的数量积和基本不等式可得D错误.
【详解】圆的圆心为，半径为1，双曲线的焦点，
对于A，由双曲线焦点三角形的面积公式可得，故A错误；
对于B，由双曲线的定义可得，当三点共线时取等号，故B正确；
对于C，，所以当最小时，四边形的面积最小，
由双曲线的性质可得当点位于右顶点时，最小，
所以，所以四边形面积的最小值为，故C正确；
对于D，
，当时取等号，但，所以取不到等号，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用三角函数的定义表示，再结合基本不等式和双曲线的性质求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数是奇函数，则实数______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据奇函数性质求实数的值，并根据奇函数的定义求解.
【详解】因为，可知函数的定义域为，
且函数是奇函数，则，
解得，则，
又因为
，
即，可知函数是奇函数，
所以符合题意.
故答案为：1.
13. 已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______．
【答案】122
【解析】
【分析】根据题意求出上下底面的边长，再利用棱台的体积公式求解即可.
【详解】因为球心在正四棱台的一底面上，设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5，
连接球心与正四棱台上底面一顶点，以及球心与上底面中心，构成直角三角形，
设上底面边长为，则上底面中心到顶点距离为
根据勾股定理，即，解得，
因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5，
设下底面边长为，则，解得，
根据正四棱台体积公式（其中是高，是下底面积，是上底面积），
下底面积，上底面积，
已知高，则体积
故答案为：122
14. ，若恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】对不等式进行变形可得，构造函数，利用导数研究的单调性，进而可求的取值范围.
【详解】在上恒成立
当时，即解得，此时.
令则，
①当时，．在上单调递增，
恒成立，恒成立，
；
②时．在上单调递减，在上单调递增
，
解得与矛盾，舍去；
综上所述，的取值范围为
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，利用导数研究的单调性结合条件分类讨论可得.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步签．
15. 为了解高三，1班和2班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛（满分100分），成绩如下：
数据Ⅰ（高三，1班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；
数据Ⅱ（高三，2班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95．
（1）求数据Ⅰ（高三，1班）的第80百分位数；
（2）从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽到的3人中来自于高三，2班的学生人数为，求的概率分布列和数学期望．
【答案】（1）89 （2）分布列见详解；
【解析】
【分析】（1）将数据从小到大排列，根据百分位数的定义进行求解即可；
（2）的所有可能取值为1，2，3，求出对应的概率，即可得出分布列和数学期望.
小问1详解】
将数据Ⅰ从小到大排列：54，58，65，68，70，75，80，88，90，92，
因为，所以数据Ⅰ的第80百分位数为.
【小问2详解】
数据Ⅰ中60分以下的有54分，58分；
数据Ⅱ中60分以下的有52分，55分，56分，59分；
即符合题意共6人，其中高三，1班有2人，高三，2班有4人.
可知X的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
所以X的概率分布列为
数学期望.
16. 底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面；
小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，则，，
设，，则，，
设平面的一个法向量为，
，
令得，故，
直线与平面所成角的正弦值为，
即，
化简得，负值舍去，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角余弦值为.
17. 已知数列和满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）分析可知数列为常数列，即可得数列的通项公式，根据前n项和与通项公式之间的关系可得数列的通项公式；
（2）由（1）可知：，利用裂项相消法求，进而分析证明.
【小问1详解】
因为，可得，
即，
可知数列为常数列，则，所以；
又因为，则有：
若，可得；
若，则，
两式相减得；
且符合上式，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，
可得，
显然，所以.
18. 已知椭圆的离心率为分别为的左．右顶点，为的上顶点，且．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点作斜率不为0的直线交于两点，设直线与交于点．
①证明：点在定直线上；
②求的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②.
【解析】
【分析】（1）根据条件可求，根据离心率可求，进而可求；
（2）①假设直线的方程，与椭圆联立列出韦达定理，联立直线与，将韦达定理整体代入最终可求解点的横坐标；
②设直线的倾斜角分别为，则，利用①的结论可得关于角的表达式，利用基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由题意知，，
所以，即．
又，所以，
所以．
所以的方程为．
【小问2详解】
①由于直线过点且斜率不为0，所以可设直线的方程为．
由得，
设，则，
所以．
因为椭圆的左，右顶点分别为，
所以直线的方程为，
直线的方程为，
联立直线与的方程得
,
解得，所以点在定直线上．
②设直线的倾斜角分别为，则，
由①知，所以，
所以
当且仅当时取等号，所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算判别式；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数的图象上存在两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（为切点），且（为的定义域），则称函数为“切线支撑”函数．
（1）试判断函数是否为“切线支撑”函数．若是，求出一组点；否则，请说明理由；
（2）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围；
（3）证明：函数为“切线支撑”函数．
【答案】（1）是；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先由降幂公式和辅助角公式得到，再结合函数新定义和正弦函数的取值可得；
（2）先由导数分析单调性得到切点必在轴的两侧，再利用导数的意义得到切线方程，然后结合函数新定义构造函数，分析单调性得到极值；
（3）由函数新定义结合导数的意义得到点处的切线方程，再结合余弦函数的取值证明.
【小问1详解】
,
显然，
令，得，即，
所以是的极小值点，且为曲线得一条切线，
所以函数是“切线支撑”函数，
可取.
【小问2详解】
当时，，所以在上为增函数，所以切点不可能都在轴的右侧；
当时，，所以在上为增函数，所以切点不可能都在轴的左侧；
所以切点必在轴的两侧.
不妨设，，
当时，，所以点处的切线方程为，
即；
当时，，所以点处的切线方程为，
即，
因为两点处的切线重合，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
又当时，，所以，即，
设点处的切线方程为，
设，
则，
所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，
所以，所以，
设点处的切线方程为，
则，即，
所以为“切线支撑”函数，
综上可得，实数的取值范围为.
【小问3详解】
因为，设，
所以点处的切线方程为和，
所以，
所以，
不妨取，
则，即，
所以，不妨取，则切线的方程为，
又，所以函数为“切线支撑”函数．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是构造函数，利用单调性得到隐零点，再求极值.
X
1
2
3
P