山东省泰安市宁阳县2024-2025学年高考仿真模拟数学试卷含解析

这是一份山东省泰安市宁阳县2024-2025学年高考仿真模拟数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列命题是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知，则为( )
A．B．C．或D．或
2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
4．函数的图像大致为（ ）.
A．B．
C．D．
5．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．36B．72C．D．
6．下列命题是真命题的是（ ）
A．若平面，，，满足，，则；
B．命题：，，则：，；
C．“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；
D．命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.
7．已知函数，若，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（ ）
A．B．C．1D．2
9．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A．B．
C．D．
11．定义在上的函数满足，且为奇函数，则的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
12．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，对于任意都有，则的值为______________.
14．（5分）已知，且，则的值是____________．
15．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.
16．已知函数，若方程的解为，（），则_______；_______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数，．
（1）若，，求实数的值．
（2）若，，求正实数的取值范围．
18．（12分）在中，角、、所对的边分别为、、，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求及的值.
19．（12分）在某外国语学校举行的(高中生数学建模大赛)中,参与大赛的女生与男生人数之比为,且成绩分布在,分数在以上(含)的同学获奖．按女生、男生用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本,得到成绩的频率分布直方图如图所示．
(Ⅰ)求的值,并计算所抽取样本的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(Ⅱ)填写下面的列联表,并判断在犯错误的概率不超过的前提下能否认为“获奖与女生、男生有关”．
附表及公式：
其中,．
20．（12分）已知，其中．
（1）当时，设函数，求函数的极值．
（2）若函数在区间上递增，求的取值范围；
（3）证明：．
21．（12分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.
22．（10分）已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
由正弦定理可求得，再由角A的范围可求得角A.
【详解】
由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。
故选：D.
本题主要考查正弦定理,注意角的范围，是否有两解的情况，属于基础题.
2．C
【解析】
由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径，根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积.
【详解】
由三视图可知，
几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，
侧棱长为，如图：
由底面边长可知，底面三角形的顶角为，
由正弦定理可得，解得，
三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，
所以，
该几何体外接球的表面积为：.
故选：C
本题考查了多面体的内切球与外接球问题，由三视图求几何体的表面积，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.
3．B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
4．A
【解析】
本题采用排除法:
由排除选项D；
根据特殊值排除选项C;
由,且无限接近于0时, 排除选项B；
【详解】
对于选项D:由题意可得, 令函数 ,
则,;
即.故选项D排除;
对于选项C：因为,故选项C排除;
对于选项B:当,且无限接近于0时,接近于,，此时.故选项B排除;
故选项:A
本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.
5．A
【解析】
根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.
【详解】
等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.
故选：A
本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.
6．D
【解析】
根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.
【详解】
若平面，，，满足，，则可能相交，故A错误；
命题“：，”的否定为：，，故B错误；
为真，说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；
命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；
故选D
本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.
7．B
【解析】
利用函数的单调性得到的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案.
【详解】
∵在R上单调递增，且，∴.
∵的符号无法判断，故与，与的大小不确定，
对A，当时，，故A错误；
对C，当时，，故C错误；
对D，当时，，故D错误；
对B，对，则，故B正确.
故选：B.
本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.
8．C
【解析】
每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.
【详解】
每一次成功的概率为，服从二项分布，故.
故选：.
本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
9．A
【解析】
直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可
【详解】
直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件.
故选：A
本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力.
10．C
【解析】
根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案．
【详解】
根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，，
有，
又由在上单调递增，则有，故选C.
本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．
11．D
【解析】
根据为奇函数，得到函数关于中心对称，排除，计算排除，得到答案.
【详解】
为奇函数，即，函数关于中心对称，排除.
，排除.
故选：.
本题考查了函数图像的识别，确定函数关于中心对称是解题的关键.
12．A
【解析】
根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可．
【详解】
在中，，，，由余弦定理，得，
所以.
所以所求概率为.
故选A.
本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由条件得到函数的对称性，从而得到结果
【详解】
∵f＝f，
∴x＝是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．
∴f＝±2.
本题考查了正弦型三角函数的对称性，注意对称轴必过最高点或最低点，属于基础题.
14．
【解析】
由于，且，则，得，则．
15．90°
【解析】
易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.
【详解】
如图，由及，得平面PAD，
即P点在与BA垂直的圆面内运动，
易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，
此时，PA是圆的直径，则；
又，所以平面ABCD，
此时可将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
易求出，高，
故四棱锥体积.
故答案为： (1) 90° ； (2) .
本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.
16．
【解析】
求出在 上的对称轴，依据对称性可得的值;由可得，依据可求出的值.
【详解】
解：令，解得
因为，所以 关于 对称.则.
由，则
由可知，，又因为 ，
所以，则，即
故答案为: ;.
本题考查了三角函数的对称轴，考查了诱导公式，考查了同角三角函数的基本关系.本题的易错点在于没有正确判断的取值范围，导致求出.在求的对称轴时，常用整体代入法，即令 进行求解.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）1（2）
【解析】
（1）求得和，由，，得，令，令导数求得函数的单调性，利用，即可求解．
（2）解法一：令，利用导数求得的单调性，转化为，令（），利用导数得到的单调性，分类讨论，即可求解．
解法二：可利用导数，先证明不等式，，，，
令（），利用导数，分类讨论得出函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】
（1）由题意，得，，
由，…①，得，
令，则，
因为，所以在单调递增，
又，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，当且仅当时等号成立．
故方程①有且仅有唯一解，实数的值为1．
（2）解法一：令（），
则，
所以当时，，单调递增;
当时，，单调递减;
故
．
令（），
则．
（i）若时，，在单调递增，
所以，满足题意．
（ii）若时，，满足题意．
（iii）若时，，在单调递减，
所以．不满足题意．
综上述：．
解法二：先证明不等式，，，…（*）．
令，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即．
变形得，，所以时，，
所以当时，.
又由上式得，当时，，，.
因此不等式（*）均成立．
令（），
则，
（i）若时，当时，，单调递增;
当时，，单调递减;
故
．
（ii）若时，，在单调递增，
所以 ．
因此，①当时，此时，，，
则需
由（*）知，，（当且仅当时等号成立），所以．
②当时，此时，，
则当时，
（由（*）知）；
当时，（由（*）知）．故对于任意，．
综上述：．
本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
18．（1）（2）；
【解析】
（1）由代入中计算即可；
（2）由余弦定理可得，所以，由，变形即可得到答案.
【详解】
（1）因为，可得：，
∴，或（舍），∵，
∴.
（2）由余弦定理，
得
所以，
故，
又，
所以，
所以.
本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
19．（Ⅰ），；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
(Ⅰ)根据概率的性质知所有矩形的面积之和等于列式可解得；
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,从而可得列联表,再计算出,与临界值比较可得．
【详解】
解：(Ⅰ),
．
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,
列联表如下：
因为,
所以在犯错误的概率不超过的前提下能认为“获奖与女生,男生有关．”
本题主要考查独立性检验，以及由频率分布直方图求平均数的问题，熟记独立性检验的思想，以及平均数的计算方法即可，属于常考题型.
20．（1）极大值，无极小值；（2）．（3）见解析
【解析】
（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；
（2）先求导，再函数在区间上递增，分离参数，构造函数，求出函数的最值，问题得以解决；
（3）取得到，取，可得
，累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.
【详解】
解：（1）当时，设函数，则
令，解得
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以当时，函数取得极大值，即极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，
因为在区间上递增，
所以在上恒成立，
所以在区间上恒成立．
当时，在区间上恒成立，
当时，，
设，则在区间上恒成立．
所以在单调递增，则，
所以，即
综上所述．
（3）由（2）可知当时，函数在区间上递增，
所以，即，
取，则
．
所以
所以
此题考查了参数的取值范围以及恒成立的问题，以及不等式的证明，构造函数是关键，属于较难题.
21．（1）或（2）证明见解析
【解析】
（1）将写成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）由（1）求得最小值，由此利用基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1）
当时，恒成立，解得；
当时，由，解得；
当时，由解得
所以的解集为或
（2）由（1）可求得最小值为，即
因为均为正实数，且
（当且仅当时，取“”）
所以，即.
本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.
22．（1）；（2）
【解析】
（1）设的极坐标为，在中，有，即可得结果；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，联立两个方程，可求出，联立可得，则计算可得，利用三角函数的性质可得最值.
【详解】
（1）设的极坐标为，在中，有，
点的轨迹的极坐标方程为；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，
由得：，
由得：，
，
，
当，即时，，
的最大值为.
本题考查极坐标方程的应用，考查三角函数性质的应用，是中档题.
女生
男生
总计
获奖
不获奖
总计
女生
男生
总计
获奖
不获奖
总计