山东省济南市2025届高三高考针对性训练（三模） 数学试题（含解析）

这是一份山东省济南市2025届高三高考针对性训练（三模） 数学试题（含解析），共16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
1．设复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知在空间直角坐标系中，三点，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且．设这组数据的平均数为，中位数为m．下列条件一定能使得的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知焦点在x轴上的椭圆，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相交，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数及其导函数的定义域均为，且满足．若在单调递增，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为120B．各二项式系数的和为64
C．各项系数的和为1D．各二项式系数的最大值为240
10．已知偶函数的最小正周期为，下列说法正确的是（ ）
A．在单调递减
B．直线是曲线的一条对称轴
C．直线是曲线的一条切线
D．若函数在上恰有三个零点、三个极值点，则
11．在四棱锥中，底面ABCD，，P为平面SAB内一动点，且直线CP，DP分别与平面SAB所成的角相等，则（ ）
A．
B．平面SAB与平面SCD夹角的正切值为
C．点P到平面SCD距离的最大值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题
12．已知函数，则 ．
13．双曲线的左焦点为F，点，若P为C右支上的一个动点，则的最小值为 ．
14．已知数列满足，则除以16的余数为
四、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的平分线BD交AC于点D，．
(1)求；
(2)若，求的面积．
16．记等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)若成立，求实数k的最小值．
17．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)记的极小值为，证明：．
18．甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是p（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局．
(1)时，若两人共进行5局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为X，求X的分布列和数学期望；
(2)时，若两人共进行（且）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了k局”．事件B表示“甲最终获胜”．请写出的值（直接写出结果即可）；
(3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为．证明：时，．
19．记由直线构成的集合．规定：当且仅当,表示同一条直线．若，定义：，其中．已知存在满足，有．
(1)若，计算，并求；
(2)记抛物线，表示直线被所截得的弦长的倒数，并规定．
（i）若且，且，求；
（ii）若，求证：至少存在一个，使得．
参考答案
1．【答案】B
【分析】利用复数的运算化简复数，结合共轭复数的定义可得结果.
【详解】因为，故.
故选：B.
2．【答案】A
【分析】根据给定条件，利用空间向量夹角公式求解.
【详解】依题意，，
所以向量与夹角的余弦值为.
故选：A
3．【答案】C
【分析】先求集合，根据集合的并集运算即可求解.
【详解】由题意有，，
所以，
故选：C.
4．【答案】D
【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.
【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是；
对于B，如图，，四点共面，B不是；
对于C，如图，，四点共面，C不是；
对于D，如图，平面，平面，平面，直线，
则与是异面直线，D是.
故选：D
5．【答案】B
【分析】根据二倍角公式进行弦化切即可得到答案.
【详解】.
故选：B.
6．【答案】C
【分析】利用平均数、中位数的定义逐项判断.
【详解】令样本数据总个数为
对于A，，A不是；
对于B，，B不是；
对于C，，C是；
对于D，，D不是.
故选：C
7．【答案】B
【分析】利用直线与圆的位置关系求出的范围，再利用离心率的定义求出范围.
【详解】依题意，，又椭圆焦点在轴上，则，，则，
因此C的离心率.
故选：B
8．【答案】D
【分析】根据给定条件可得的图象在上连续不断，再结合赋值法、复合函数求导、不等式性质逐项判断.
【详解】由函数及其导函数的定义域均为，得的图象在上连续不断，
对于A，取，由，得，
当时，取，，而在上单调递增，
则在上不恒为0，因此，即，A错误；
对于B，，取，，由选项A知，，
不恒为0，B错误；
对于C，由在上单调递增，得当时，；
当时，由，得，C错误；
对于D，，则，
因此，D正确.
故选：D
9．【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的通项公式、二项式系数的性质以及各项系数和的求法来逐一分析选项.
【详解】对于二项式，根据二项式展开式的通项公式可得：
，.
令，则，解得.
将代入通项公式可得常数项为，所以选项A错误.
根据二项式系数和的性质，所以的各二项式系数的和为，选项B正确.
要求各项系数的和，可令，则，所以各项系数的和为，选项C正确.
因为，所以二项式系数最大的是中间项，即第项，其二项式系数为，选项D错误.
故选：BC.
10．【答案】ACD
【分析】先将函数化简，再根据偶函数和最小正周期求出函数表达式，运用对称轴性质，导数几何意义，零点和极值点意义，然后逐一分析选项.
【详解】已知，根据辅助角公式可得：
因为是偶函数，则，即.
又因为，所以，，那么.
由的最小正周期（），可得，所以.
对于选项A，当时，，根据余弦函数的性质，在上单调递减，
所以在单调递减，A选项正确.
对于选项B，因为，而余弦函数的对称轴处函数值应取到最值，
所以直线不是曲线的一条对称轴，B选项错误.
对于选项C，对求导，可得.
直线可化为，其斜率为.
令，则，，即.
当时，.
把代入直线方程得，
当时，直线与曲线有公共点，且在该点处切线斜率与直线斜率相等，
所以直线是曲线的一条切线，C选项正确.
对于选项D，，当时，.
因为在上恰有三个零点、三个极值点，
根据余弦函数图象性质可知，解得，D选项正确.
故选：ACD.
11．【答案】ABD
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明、二面角的向量求法判断AB；求出点的轨迹方程并用三角代换表示点的坐标，再求出点到平面距离最大值判断C；确定点的坐标，结合球的截面性质求出球半径判断D.
【详解】在四棱锥中，底面ABCD，，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，，
则，而平面，因此平面，
又平面，则，A正确；
对于B，平面的法向量，，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面SAB与平面SCD的夹角为，则，，B正确；
对于C，平面，与平面所成角分别为，
由，得，则，设点，
则，整理得，令，
，则点到平面的距离
，当且仅当时取等号，C错误；
对于D，，当且仅当点到直线距离最大，即点时，
三棱锥的体积最大，此时，
外接圆半径，而外接圆圆心为中点，
令过此中点与平面垂直的直线为，则三棱锥外接球球心，
可得平面，因此点到平面的距离，
球半径，所以外接球的表面积为，D正确.
故选：ABD
12．【答案】3
【分析】先计算即可求解.
【详解】由题意有，
又，所以，
故答案为：3.
13．【答案】9
【分析】利用双曲线的定义将进行转化，再结合三角形三边关系求的最小值；
【详解】设双曲线的右焦点为.
对于双曲线，可得，则.
因为点在双曲线的右支上，所以，即.
则.
根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，可得，当且仅当，，三点共线时取等号.
已知，，根据两点间距离公式，可得.
所以，即的最小值为.
故答案为：
14．【答案】15
【分析】根据数列的递推公式可求得数列是以1为首项，公比为的等比数列，即，再结合二项式定理可求得，可知余数为15.
【详解】由可得，
易知当时，，所以，
整理可得，即，
因为，易知，即数列为递增数列，
因此，
所以，
即可得数列是以为首项，公比为的等比数列；
所以，即，可得
当时，符合上式，
可得数列的通项公式为；
所以；
易知当时，都能被16整除，即可表示为，；
记，；
结合二项式定理可得；
所以，
因此除以16的余数为15.
故答案为：15
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先对已知等式提取公因式，再利用化简得，最后根据正弦定理得出结果.
（2）把代入余弦定理化简得，可知是等腰三角形，.在中，由解出. 用三角形面积公式，代入和的值算出面积.
【详解】（1）已知，
根据同角三角函数的平方关系，对等式左边提取公因式可得：
，
因为，所以.
由正弦定理，可得，所以.
（2）已知，
化简：
因为，所以，为等腰三角形，等腰三角形三线合一，所以.
在中，，即，解得.
根据三角形面积公式，因为，，所以，
将，代入可得：
16．【答案】(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）设数列的公差为，由解出即可求解；
（2）由（1）有，利用裂项相消法即可求解；
（3）由（1）（2）有得，令得，利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）设数列的公差为，
所以，又，所以，
所以，
即；
（2）由（1）有，所以，
所以，
所以；
（3）由（1）（2）有，令，
所以，
由，当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以实数k的最小值为2.
17．【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，按分类讨论求出函数的单调性.
（3）由（2）求出极小值，再建立函数，利用导数求出最小值证明不等式.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程的为.
（2）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，上单调递增.
（3）由（2）知，若有极小值，则，极小值，
令函数，求导得，函数在上单调递增，且，
则当时，，当时，，
函数在上单调递减，上单调递增，则，即，
所以.
18．【答案】(1)分布列见解析，期望为；
(2)；
(3)证明见解析；
【分析】（1）求出的可能取值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
（2）根据给定的信息直接写出结果.
（3）利用由全概率公式求出及，再利用作商法并结合基本不等式推理得证.
【详解】（1）的可能取值为1，3，5，
；；
的分布列为
数学期望.
（2）当时共进行（且）局比赛，
前局，甲赢的局数不足局，再赢2局，甲不能获胜，因此；
前局，甲已赢局，最后2局全赢，甲能获胜，因此；
最后2局甲至少赢1局，甲能获胜，因此；
前局，甲已赢局，甲必胜，因此.
（3）由全概率公式得，
则，当时，，
，
因此，所以.
19．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先根据的表达式确定的值，然后代入公式求出;设出的表达式，然后列出等式，求出系数，进而得到.
（2）先求出直线与抛物线的弦长的表达式，然后根据等式条件，求出系数的相关关系，进而求出答案.
【详解】（1）根据已知条件，因为
所以
化简得：，即.
设.
因为对于任意的，有.
所以.
所以，为非零常数.
化简得：，要使得该式有解，只能两边为0，所以.
所以.
（2）（i）因为，所以.
当时，弦长为4，此时.
当时，先求.
联立方程组，
化简得：，
根据韦达定理可得：
，.
直线被抛物线所截的弦长为：
同理，直线被抛物线所截的弦长为：
.
直线被抛物线所截的弦长为：
.
因为表示直线被所截的弦长的倒数，
所以.
.
因为，
所以.
化简得：.
进一步化简可知，分母相同，要使得等式成立，则分子相等.
，因为，所以
所以.
（ii）因为，.
所以.
所以.
因为，所以
所以，所以或者.
当时，.
所以至少存在一个，使得.
1
3
5