山东省济宁市2025届高考模拟考试（二模） 数学试题（含解析）

这是一份山东省济宁市2025届高考模拟考试（二模） 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是关于的方程的一个根，则（ ）
A．2B．3C．5D．
3．已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ）
A．B．1C．D．2
4．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知为等比数列，且，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
6．已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．
8．已知是椭圆的右焦点，直线交于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，互斥，则
B．若，相互独立，则
C．若，相互独立，则
D．若，则
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于轴对称B．是的一个周期
C．在上为增函数D．
11．已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为D．的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数则的值为 .
13．已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为 .
14．箱子中装有4个红球，2个黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数为，则从该箱子中一次性取出个球.规定：依据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据个球中黄球的个数，判定乙的得分，每一个黄球记2分.比如：若一次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分.则在1次掷骰子取球的游戏中， .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)证明：；
(2)若的面积为，证明为等边三角形.
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上，
(1)求的方程；
(2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值.
18．已知函数，.
(1)讨论零点的个数；
(2)若，求实数的取值范围.
19．将所有正整数按照如下规律形成数阵：
第1行 1 2 3 …… 7 8 9
第2行 10 11 12 …… 97 98 99
第3行 100 101 102 …… 997 998 999
第4行 1000 1001 1002 …… 9997 9998 9999
…………
(1)将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列，试确定在该数阵中的位置；
(2)将数阵中所有相邻两位数字（从左到右）出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第行中正整数的个数为.
（i）求，，；
（ii）求.
参考答案
1．【答案】C
【详解】或，
，
，
.
故选C.
2．【答案】D
【详解】将代入有：，
化简整理有，即，解得，
所以，
故选D.
3．【答案】B
【详解】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则有，
又，所以，
故选B.
4．【答案】A
【详解】是由与复合而成，
在中，，，所以在上单调递减.
因为在上单调递减，且外层函数在上单调递减，
根据复合函数“同增异减”的原则，可知内层函数在上单调递增.
对于二次函数，其图象开口向上，对称轴为.
二次函数在对称轴右侧单调递增，要使在上单调递增，
则对称轴需满足，解得.
故选A.
5．【答案】C
【详解】由题意知，为等比数列，
当时，得，所以，故充分性成立；
当时，，解得，
又同号，所以，故必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选C.
6．【答案】D
【详解】对进行化简：
令，即，则．
根据正弦函数的性质，所以或，解得或．
因为且，
当时，，；
当时，，．
如图函数和大致图像，
由于函数在区间上有且仅有个零点，则需满足，解不等式组得到可得．
所以实数的取值范围是．
故选D．
7．【答案】C
【详解】由得，
所以圆心为，又圆关于直线对称，
则直线过圆心，即，
所以，
又，
当且仅当时，等号成立，
所以，
故选C.
8．【答案】A
【详解】如图，因为椭圆关于原点对称，直线过原点，
所以，关于原点对称，设椭圆的左焦点为，连接，，
由椭圆的对称性可得，
所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形是矩形，
所以，，所以点在圆上，
则，解得，代入椭圆方程，
又，可得： ，
设（），则上式可化为，
化简可得， 即，
因为，所以，解得.
所以椭圆的离心率为.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】对于选项，若，互斥，根据互斥事件的概率加法公式.
已知，，则，所以选项正确.
对于选项，若，相互独立，则与也相互独立.
因为，所以，所以选项错误.
对于选项，若，相互独立，则.
根据概率的加法公式，将，，代入可得：
，所以选项正确.
对于选项，已知，，则.
，.
根据条件概率公式，所以选项正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称， ，
所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；
对于B，，
所以的一个周期是，故B正确；
对于C，令，当时，在上单调递减，
且， 在上单调递增，则在上单调递减，
所以在上单调递减函数，故C错误；
对于D，因为，令，
则，求导得，
由于，所以，单调递增.
当时，取得最大值；
当时，取得最小值.
因为，所以，即 ，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，
平面的法向量： ，，设，
由，即，令，则，，所以.
对于选项A， ，因为平面，所以，而，
所以，即，A正确.
对于选项B，因为平面，平面平面，
所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
设平面与正方体的中心的距离，设平面的法向量为，
，，
设，由，可得，
令，则. ，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
∴圆的周长，即点的轨迹长度为，B错误.
对于选项C， ，点在球面上，
线段长度的最小值为，C选项正确.
对于选项D，设与夹角为，，.
在平面直角坐标系中， ，， ，，
， ，
所以，令， ，
，
所以的最小值为，D选项正确.
故选ACD
12．【答案】
【详解】由题意有，所以.
13．【答案】
【详解】由题意得，设点，则，由抛物线的定义有，，所以，
又，
由，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以，
所以，
当时，，得点，
所以.
14．【答案】
【详解】设掷骰子得到的点数的概率为，则，
当时，的概率为，若，则需取出的1个球是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的2个球都是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的3个球都是红球的概率为
，所以，
当时，的概率为，若，则有两种可能的情况：第一种情况为取出的4个球都是红球有种，
第二种情况为取出的4个球种有3个红球，1个黄球，有种，所以概率为，
所以
当时，的概率为，若，则需取出全部4个红球，1个黄球，
所以，所以，
当时，不满足题意，
所以综上.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由正弦定理得，
即，
所以，
所以，
所以，由正弦定理得．
（2）因为，所以，
因为，所以为锐角，所以．
由余弦定理得，
又，代人化简得，
所以，
所以为等边三角形．
16．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）设为的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
所以与必相交．
因为，所以，
又，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面`．
（2）设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，设，则，
所以．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析，直线的倾斜角为定值
【详解】（1）由题意有，又点在双曲线上，所以，
解得，所以双曲线的方程为；
（2）由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设
所以，
所以，
由韦达定理有：，
又因为的平分线与轴垂直，所以，
即，所以，即，
所以，
即，所以或，
当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意，
所以，设倾斜角为，即，，
即直线的倾斜角为定值.

18．【答案】(1)答案见解析；
(2).
【详解】（1）时，，
令，则，
所以，时，在上单调递减，
时，在 上单调递增，
又时，时，，时，，
时，，
所以，①当时，无零点，
②或时，有1个零点，
③当时，有2个零点.
（2）当时，由得，
所以，等价于对恒成立．
即对恒成立，
令，则，
当，当，
在内单调递减，在内单调递增，
，又
对恒成立
所以，时成立，
当时，，显然成立．
当时，
等价于或，
即或
对于，取，得，与矛盾，故不成立，
对于，即，对恒成立，
令，则，
在内单调递减，
，所以，，
综上，实数的取值范围是.
19．【答案】(1)是数阵第4行，第3097个数．
(2)（i），，；（ii）.
【详解】（1）设，因为，
，
所以，
所以，当且仅当为偶数时，可以取得正整数，
所以，当且仅当为偶数时，数列有公共项，
所以，，故，
所以，是数阵第4行，第3097个数．
（2）（i）当时，显然．
当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉．
故．
当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个．
故．
（ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类：
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个；
②个位数字等于2时，前面位数有种取法，
但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉．
故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个．
综上，由加法原理知．
设，
所以，，即，
解得，
所以，是首项为，公比为的等比数列；
是首项为，公比为的等比数列；
所以，，
，
所以，当时，，
经检验，当时，也成立
当时，也成立．
综上，．