山东省烟台市、东营市2025届高考诊断性测试（高三一模[高考模拟]）数学试卷（解析版）

这是一份山东省烟台市、东营市2025届高考诊断性测试（高三一模[高考模拟]）数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知等比数列的前项和为，则， 已知，则， 在中，，则，1B， 已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，，
则，
故选：A
2. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. 5D. 15
【答案】D
【解析】由等比数列性质可知，，
又，解得或，
当时，，
所以，故，
当时，，
所以，故，
综上，，
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
.
故选：C
4. 已知复数，其中，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由，则，可得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 在中，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】在中，，
所以，
则
.
故选：C.
6. 已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】A
【解析】由题设，则，
增加数据后，，，且回归直线为，
所以，则，
所以，有，故残差的绝对值为.
故选：A
7. 已知为抛物线上一点，若过点且与该抛物线相切的直线交轴于点，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】不妨令，由，则，
所以，切点为的直线斜率为，则切线为，故，
又，即（负值舍），则.
故选：C
8. 已知定义在上的函数满足：为奇函数，且，若，则正整数的最小值为（ ）
A. 17B. 19C. 21D. 23
【答案】B
【解析】由，则，
所以，即是周期为8的函数，
由为奇函数，则，则，
所以，即是偶函数，
由，则，结合周期性，
对于，依次为，
所以是周期为4的函数，则
，
，
，
，
，
，
综上，易知时，，时，.
所以正整数的最小值为19.
故选：B
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，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上的取值范围为
D. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】ABD
【解析】由，
所以最小正周期为，A对；
，即的图象关于直线对称，B对；
由上，故，C错；
向右平移个单位长度，，D对.
故选：ABD
10. 如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 直线与底面所成角的正弦值为
C. 若点在底面内的射影为的中心，则
D. 若三棱锥的体积为2，则三棱柱的体积为6
【答案】ACD
【解析】设，，，由题意可得，，
，
对于A，由图可得，，
由，则，即，
化简可得，解得，故A正确；
对于B，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，如下图：
由题意可知，则，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，则，
可得，所以为直线与平面的夹角，
由A可得，，
在等边中，易知，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故B错误；
对于C，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，如下图：
易知点在平面上的射影为点，即点为等边的中心，
易知，
因为平面，平面，所以，
由B可知，在中，，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
设点到平面的距离为，的面积为，
则三棱锥的体积，
平行四边形中，易知的面积，
则三棱锥的体积，
由图可知三棱柱的体积，故D正确.
故选：ACD.
11. 在平面直角坐标系中，已知动点到点与到轴的距离之积为常数，设点的轨迹在轴右侧的部分为曲线，下列说法正确的有（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 若，则曲线与直线有三个公共点
C. 当时，曲线上的点到点距离的最小值为
D. 无论为何值，曲线均为一条连续曲线
【答案】AC
【解析】设动点，则其到的距离为，
动点到轴的距离为，
则，
即，
因为点也符合上式，
所以选项A正确；
若，则把代入上式，
得方程，
当时，，
方程，解得或（舍去），
即得对应点，
当时，方程为，
解得，即得对应点，所以B错误；
当时，的轨迹方程为，
令曲线上的点到点距离为，
则，，
因为是对称轴，所以代入轨迹方程得，
当时，方程为，解得，
当时，方程为，则无解，
将代入方程得，
则点到的距离最小，且为，C正确；
因为轨迹方程为，，
不妨取，，此时，
当时，方程为，解得（负值舍去），
当时，方程为，解得或，
取，，则，无解，即直线与曲线无交点，
但在直线两侧均有点在曲线上，此时曲线的曲线不连续，D错误.
故选：AC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为__________.（用数字作答）
【答案】36
【解析】由题设，需要将4个人分成3组，有种，
再将3组人分配到三个场馆，有种，
所以共有种.
故答案为：36
13. 设为双曲线的左、右焦点，过且倾斜角为的直线与在第一象限的部分交于点，若为等腰三角形，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】由题设及图知，且，，
所以，则，
所以，即，可得（负值舍）.
故答案为：
14. 已知正数满足，则的最小值为__________：当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】①. 5 ②.
【解析】由题设，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为5，此时不等式化为恒成立，
所以，即
令且，则，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故， 则
因此可得在上，恒成立，
令且，
所以，
令，，
在单调递增，且，
则时，，函数在单调递减，
时，，函数在单调递增，
因此可得，即，
则当，，则在单调递增，
当，，则在单调递减，
所以，故只需.
故答案为：5，
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. 已知函数在处有极大值.
（1）求实数的值；
（2）若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.
解：（1）由函数，求导可得，
由函数在处取极大值，则，解得或，
当时，可得，
易知当时，；当时，，
则此时函数在处取得极小值，不符合题意，舍去；
当时，可得，
易知当时，；当时，，
则此时函数在处取得极大值，符合题意.
综上所述，.
（2）由（1）可得函数，求导可得，
令，解得或，可得下表：
所以函数的极大值为，极小值为，
函数存在三个零点，等价于函数图象与直线存在三个交点，
如下图：
由图可得，则.
16. 如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面，
（1）求证：；
（2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？
证明：（1）由平面，平面，则，
又点在以为直径的半圆的圆周上，则，
由且都在面内，则面，
由面，故；
（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，
由，，则，
故可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
由，故，可得，
所以，，，
若，分别为面、面的一个法向量，
则，取，，
，取，，
所以，
整理得，则，可得或
17. 为加强中小学科学教育，某市科协，市教育局拟于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2000元，该项目不再挑战：若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为；两个项目是否挑战成功相互独立.
（1）设事件“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求；
（2）设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量，求的分布列；
（3）假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额.
解：（1）每个项目挑战成功的概率 ，
则 .
（2）甲参赛队获得奖金数为随机变量的所有可能取值为4000，3000，2000，1000，0.
；；
；
；.
∴甲获得奖金数的分布列为：
（3）由（2）得出甲参赛队获得奖金数数学期望
元，
因为假设本届比赛共有36支参赛队，估计其需提供的奖金总额为元
18. 已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，为上两个动点，且，作，垂足为.
（i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
（ii）设点轨迹为，过点作的切线交于点（异于），求面积的最小值.
解：（1）由椭圆的焦距为，则，
由椭圆的离心率为，则，解得，
易知，则可得椭圆.
（2）（i）
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）
由圆的对称性，则，
由（i）可知：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，
当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.
19. 设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素.定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，且.
（1）若数列，求数列；
（2）若存在，对任意，均有数列与为同一数列，则称为数列组的一个周期.
（i）若，求数列组的最小正周期；
（ii）若数列组存在周期，求的所有可能取值.
解：（1）由，对于，则，
同理，，
所以，对于，则，
同理，，
所以，依上的过程，易知；
（2）（i）若，，则，记，
若，，则，记，
若，，则，记，
令，各不相同，
则，
若，则，，，显然，即是周期；
若，则，，，显然，即是周期；
若，则，即是周期；（注意为正整数），
综上，对任意，为数列组周期，最小正周期是3；
（ii）当为偶数，不妨设，则，为正整数，
此时不存在正整数，使得数列与同一数列，即数列组不存在周期；
当为奇数，由的每一项均为中元素，所以至多有个，
对于给定的，总存在，，使得，
下证：若时，，
事实上，设表示除以的余数，
由数列到的变换结果，知，，
不妨设，，
由，则，，
所以，
即，
结合为奇数，，，可得，则，
同理可证：对任意，均有，所以，
以此类推，有，，，
所以，对于任意均存在整数，使得，
在变化时，所有的最小公倍数，即为数列组的一个周期，
综上，数列组均存在周期时，的所有可能取值为且.单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
4000
3000
2000
1000
0