山东省泰安市2025届高三三模 数学试题（含解析）

这是一份山东省泰安市2025届高三三模 数学试题（含解析），共13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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．正方形中，，，设，，则（ ）
A．B．C．D．
5．的展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．D．
6．对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差.将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如下表格：
建立y与x的线性回归方程为，则第2个月和第4个月的残差和为（ ）
A．-0.919B．-0.1C．0.1D．0.919
7．已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3B．C．D．
8．设双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一动点，则P到y轴的距离与P到，距离之和的比值（ ）
A．恒为定值B．恒为定值
C．不为定值但有最小值D．不为定值但有最大值
二、多选题
9．已知公比为的等比数列的前n项和为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
10．定义复数运算：，已知，若复数满足，则（ ）
A．可以是B．的最小值为
C．在复平面内对应的点不可能位于第二象限D．的实部是5
11．定义域为R的函数满足：①，②的图象过点，则（ ）
A．B．为偶函数
C．的图象关于点中心对称D．
三、填空题
12．已知中，，，，则 .
13．数列的通项公式为，则 .
14．若函数满足：存在整数，实数，使得，则称是“滞后的”.已知函数，不是“滞后的”，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知函数，圆.
（1）若两条相邻的对称轴与C相切，求；
（2）若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围.
16．已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）探究是否为的极大值点.
17．乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜.在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平.已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为.
（1）求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率；
（2）求乙同学最终获胜的概率.
18．已知F为抛物线的焦点，点满足，其中O为坐标原点，过F的直线交E于A，B两点，点A在第一象限，过点A作直线AB的垂线，交x轴正半轴于点M，直线BC交直线AM于点N．记，，的面积分别为，，．
（1）求E的准线方程；
（2）证明：；
（3）求的最小值及此时点A的坐标．
19．如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.

(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，故.
故选D.
2．【答案】A
【详解】根据题意，这组数据的平均数，极差为.
故选A.
3．【答案】D
【详解】由题意可得，则.
故选D.
4．【答案】C
【详解】
由题设有，其中，，
在正方形中，，所以.
故选C.
5．【答案】C
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中项的系数为.
故选C.
6．【答案】C
【详解】由题意可得，，
将其代入回归方程，得，故，
将2，4代入线性回归方程，则第2，4个月的预测值分别为，，
故第2个月和第4个月的残差和为.
故选C.
7．【答案】B
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，
则其表面积，得，又，所以，
故正三棱柱的体积，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.
故选B.
8．【答案】A
【详解】不妨设点，且易有，，且，，
代入得P到y轴的距离与P到，距离之和的比值为
，
由于P为双曲线C上一点，故等价于点到与的距离之差的绝对值，由双曲线定义知其等于2，
故原式等价于，为定值.
故选A.
9．【答案】BCD
【详解】联立方程，解得，，故A错误；
，解得（负值已舍），故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】BCD
【详解】设，代入，即，
解得.
对于A，不满足，故A错误；
对于B，，
故的最小值为，故B正确；
对于C，，所以在复平面内对应的点坐标为，
当，则，所以该点不可能位于第二象限，故C正确；
对于D，，其实部为，
因为，即其实部为5，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】AC
【详解】由①，，
对于A，令，，则，
由②可知，所以，解得，故A正确；
对于B，令，则，即，
故为奇函数，故B错误；
对于C，令，则，
即的图象关于点中心对称，故C正确；
对于D，由于且，
则有，即，
所以，，…，，故D错误，
故选AC．
12．【答案】
【详解】在中，，
由余弦定理得：，解得.
13．【答案】
【详解】由，可得，
所以是以8为周期的数列，且2025=8×253+1，，
所以.
14．【答案】
【详解】由“滞后的”的定义，知单调函数必不为“滞后的”，
当时，则，函数在R上单调递增，符合题意；
依题意，，若在上存在零点，则符合“滞后的”定义，
有，当且仅当，时取等号，
当且时，，，
因此函数在区间上一定存在零点，不符合题意；
当，时，函数在区间上至少存在1个零点，不符合题意；
当，，，则，，
而不为整数，符合题意，
所以的取值范围为.
15．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）由题，相邻对称轴间的距离为，又圆的直径为3，则，得，
又圆心，所以其中一条对称轴为，
，得，，又，.
（2）若，则的极值点满足，，得，，
又圆与轴交点分别为，
所以原题设等价于有且仅有2个的值满足，
整理得，故能且仅能取两个值，
所以，解得.
16．【答案】（1）
（2）不是极大值点
【详解】（1）当时，，，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）易得，
假设是的极大值点，则，即，
化简得，
当时，，
当时，，，只有当时，上式成立，
故，当时，，则，
但由假设知是的极大值点，
于是由极大值的定义知存在，使得时，，与假设矛盾.
所以不是的极大值点.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在打了两个球后结束，则甲连胜两球或乙连胜两球，
设事件为“再打两球后结束”，事件为“乙赢得比赛”，
则，，
故.
（2）设事件为“乙赢了本局”，事件为“乙赢了上一局”，
设事件为“当前乙同学分数与甲同学分数之差为时，最终乙同学获胜”，
当时，乙肯定赢了上一局，此时，若赢球则乙直接赢得比赛，若输球则乙获胜的概率为，
所以，
同理，当时，乙肯定输了上一局，此时，若输球则输掉比赛，若赢球则获胜的概率为，
所以，
当时，若乙赢了上一局，此时，若赢球则获胜的概率为，
若输球则获胜的概率为，
所以，
若乙输了上一局，，
同理可得，
又初始，故乙同学最终获胜的概率等价于，
所以，解得.
所以乙同学最终获胜的概率为.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）最小值，此时
【详解】（1）点满足，则，解得．
故，准线方程：．
（2）设直线，（，否则直线轴，不合题意），
联立消元得，
设，，则，，
由抛物线定义有，，
则，得证．
（3）令，则，代入抛物线方程可得，，即，，
由于，且直线的斜率，
故直线，即，
令，则得点M的横坐标为，
由，可得直线，
联立，解得点N纵坐标，
因此，
，
记，，
则
，
因为当时，，
所以时，，时，，
故在区间上单调递减，在上单调递增，
因此当时，取到最小值，此时．
19．【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
所以，当且仅当时，取等号，
由，得，
，由，得，
故，当且仅当取等号，
所以，
故.
故四棱锥体积的最大值为.

（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
故，解得，故,
记与轴交于点，易知，而，
故可设点，其中，
所以，
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则
，
由辅助角公式得，
所以，
当，时，等号成立，
故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.

月份x
1
2
3
4
5
销量y
0.5
1
1.4