山东省滨州市2025届山高三二模数学试题（解析版）高考模拟

这是一份山东省滨州市2025届山高三二模数学试题（解析版）高考模拟，共4页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】易知，
又，可得.
故选：B
2. 在复平面内，点对应的复数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为在复平面内，点对应的复数为，所以，
所以，
则.
故选：C
3. 设为等比数列，且，则（ ）
A. 12B. 24C. 48D. 96
【答案】D
【解析】设数列的公比为，
由可得，
所以.
故选：D
4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 18B. C. 24D. 27
【答案】A
【解析】由题意可得，则，
所以，
易知当时，的最小值为.
故选：A
5. 已知函数，则（ ）
A. 要得到的图象，只需将的图象向右平移个单位
B. 的图象关于点对称
C. 在区间上单调递减
D. 若，且，则的最小值为
【答案】C
【解析】易知，
对于A，将的图象向右平移个单位可以得到，得不到的图象，即A错误；
对于B，将代入可得，即B错误；
对于C，当时，可得，
由正弦函数图象性质可得在区间上单调递减，即C正确；
对于D，若，且取得最小值，
则可得的最小值为一个周期长度，即，即D错误.
故选：C
6. 在平行四边形中，点在边上，且，则（ ）
A. 2B. 3C. -2D. 4
【答案】B
【解析】因为，
所以，，
所以
.
故选：B
7. 已知定义域为的函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意可知，；
所以，即，
因此，即，
所以可得，即是以4为周期的周期函数，
对于A，由分析可知，即A错误；
对于B，由，可知；
显然，所以，
所以，即B正确；
对于C，易知，可得C错误；
对于D，显然，即D错误.
故选：B
8. 已知椭圆和圆分别为椭圆和圆上的动点，若为椭圆的左焦点，则的最小值为（ ）
A. 6B. 5C. 9D. 8
【答案】A
【解析】易知椭圆中，即可得，
又圆的圆心为，半径，
易知椭圆右焦点，显然在圆上，如下图：

易知椭圆上一点到圆上任意一点的最小距离为，
因此可将的最小值转化为求的最小值，
由椭圆定义可得；
此时点在处，使得的最小值为6.
故选：A
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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 据网络平台最新数据，截止到2025年4月20日14时10分，电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超149．81亿元，成为首部进入全球票房榜前六．登顶动画票房榜榜首的亚洲电影．一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取10000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A.
B. 观众年龄的众数估计为35
C. 观众年龄的平均数估计为30.2
D. 观众年龄的第70百分位数估计为38
【答案】BD
【解析】由题意知，解得，故A错误；
观众年龄的众数估计是，故B正确；
估计这10000名观众年龄的平均数为，故C错误；
前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
故第70百分位数位于第4组，设其为，
则，解得，
即第70百分位数为38，故D正确．
故选：BD
10. 已知是双曲线的左、右焦点、抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合．且是双曲线与抛物线的一个公共点．若是等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】由题设且，，
当时，由抛物线的性质可知，所以，
故，所以，即，化简得，
所以，求得或，
又，得到，解得（负值舍）；
当时，则，
由抛物线的性质可知，则，
所以，所以即，
化简得，所以，
所以，所以，
所以或,
解得、或，又，所以，解得.
综上，或.
故选：AC
11. 已知直线与曲线相交于两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】对于A，令，则，
故时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以，且时，
因为直线与曲线相交于两点，
所以与图象有2个交点，如图：
所以，故A正确；
对于B，，不妨设，可得，
在点处的切线程分别为，
则得，
即，
因为，所以，即是变化的，故B错误；
对于C，因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以，即
，所以，
所以
，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
又因为，，
所以，
，
所以，
得，即，
因为①，所以，
所以，故D正确.
其中不等式①的证明如下：不妨令，
由得，即，令，
则即证，
构造函数，，
所以在上单调递减，所以，
所以不等式成立，即①成立.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为______.
【答案】40
【解析】根据二项式定理，对于，其展开式的通项公式为.
进行化简， 所以.
令.解得.
将代入到中，所以，即的系数为40.
故答案为：40.
13. 在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为_____．
【答案】
【解析】因为平面，且平面，所以
又由，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
如图所示，连接，若，且，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
即在平面内，若，则，即点落在以为直径的半圆上，
因为，所以点的轨迹长度为.
故答案为：.
14. 在圆内接四边形中，，则______，若，则的面积最大值为______．
【答案】①. ②.
【解析】在中，，
由正弦定理得，所以，
所以，所以，
所以；所以是四边形外接圆直径，，

设，则，
在中，，
由正弦定理得，即，
在中，，
所以
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
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. 某学校组织“一带一路”有奖知识竞赛，有两个问题，已知甲同学答对问题的概率为0.6，回答正确得奖金10元，回答错误得奖金0元；答对问题的概率为0.5，回答正确得奖金元，回答错误得奖金0元．甲同学回答两个问题正确与否相互独立．
（1）若甲同学对两个问题都作答，求他仅答对其中一个问题的概率；
（2）若规定只有在答对第一个问题的情况下，才能回答下一个问题，若甲先回答问题和先回答问题所获得的奖金总额的期望相同，求的值．
解：（1）设甲同学答对问题的概率为，答对问题的概率为；
易知，又回答两个问题正确与否相互独立，
所以仅答对其中一个问题的概率为
.
（2）设甲先回答问题所获得的奖金总额为，
则的所有可能取值为；
易知，，
；
此时期望值为；
设甲先回答问题所获得的奖金总额为，
则的所有可能取值为；
易知，
；
此时期望值；
由可得，
解得.
16. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若时，恒成立，求实数的值．
解：（1）由题意的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，由解得，由解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减.
所以函数的最小值为，所以恒成立，
整理得，令，
则，
由解得，由解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，所以，所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
（1）若平面，求的值；
（2）当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
解：（1）设，连接，
因为正方形，所以为的中点，
又因为平面，且平面，平面平面，
所以，
在正方形，为的中点，可得为的中点，
所以，当平面，则.
（2）因为平面，所以平面，
过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，为等腰三角形，所以，且，则，
所以，
设，其中，(线面角为0，不是最大）
，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
设直线与平面所成角为
由题意可得，
因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为，
直线与平面所成角最大为，
当时，直线与平面所成角最大为.
18. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；…．设数列1，2，4经过第次“积扩充”后所得数列的项数记为，所有项的积记为．
（1）求和；
（2）求和．
（3）求数列的前项积．
解：（1）由题意，，，.
（2），所以，
又因为，所以，所以，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即；
设，则，即，
又因为，所以，所以，
所以数列是以6为首项，3为公比的等比数列，
所以，即，
所以.
（3）要求，
只需求，
又，
所以
，
所以，所以.
19. 在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为．
（1）求的轨迹方程；
（2）设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求；
（3）设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值．
解：（1）设为上任意一点，点的的仿射对应点为，
则，所以，又因为在上，从而得，
所以点Q的轨迹方程为；
（2）设，则，
因为，所以
，
同理，所以；
（3）设的仿射对应点分别为，
由（2）可知：由的面积为得的面积为，设，
从而的面积为，所以，
又，所以，
又因为均在上，所以，
又，所以，所以，
所以，又，
所以.