2025年山东省滨州市惠民县招生全国统一考试4月（二诊）调研测试卷（康德版）数学试题含解析

2025年山东省滨州市惠民县招生全国统一考试4月（二诊）调研测试卷（康德版）数学试题）注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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。1．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（）A．， B．，C．， D．，2．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（）A．1 B． C．2 D．3．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点，则的最大值为（）A．3 B．6 C．9 D．124．已知抛物线y2=4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQ⊥y轴交y轴于点Q，则的最小值为（）A． B． C．l D．15．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．6．设直线的方程为，圆的方程为，若直线被圆所截得的弦长为，则实数的取值为A．或11 B．或11 C． D．7．在的展开式中，含的项的系数是（）A．74 B．121 C． D．8．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，若点，则的最小值为（）A． B． C． D．9．已知定义在上的函数满足，且当时，，则方程的最小实根的值为（）A． B． C． D．10．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：①曲线有四条对称轴；②曲线上的点到原点的最大距离为；③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；④四叶草面积小于.其中，所有正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④12．函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数函数，则不等式的解集为____．14．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为______．15．已知二项式ax-1x6的展开式中的常数项为-16016．设等比数列的前项和为，若，，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）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.19．（12分）如图所示，三棱柱中，平面，点，分别在线段，上，且，，是线段的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.20．（12分）一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望．21．（12分）如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正的直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.22．（10分）已知的内角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长的最小值.

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．B【解析】

分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.【详解】可能的取值为；可能的取值为，，，，故，.，，故，,故，.故选B.离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.2．B【解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可.【详解】可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）.故选:B.本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题.3．C【解析】

分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：则，所以平面区域的面积，解得，此时，由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.4．A【解析】

设点，则点，，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.【详解】解：设点，则点，，，，当时，取最小值，最小值为.故选：A.本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算，考查学生的计算能力，是基础题.5．A【解析】

根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.【详解】椭圆的方程，双曲线的方程为，则椭圆离心率，双曲线的离心率，由和的离心率之积为，即，解得，所以渐近线方程为，化简可得，故选：A.本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.6．A【解析】

圆的圆心坐标为（1，1），该圆心到直线的距离，结合弦长公式得，解得或，故选A．7．D【解析】

根据，利用通项公式得到含的项为：，进而得到其系数，【详解】因为在，所以含的项为：，所以含的项的系数是的系数是，，故选：D本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，8．B【解析】

通过抛物线的定义，转化，要使有最小值，只需最大即可，作出切线方程即可求出比值的最小值．【详解】解：由题意可知，抛物线的准线方程为，，过作垂直直线于，由抛物线的定义可知，连结，当是抛物线的切线时，有最小值，则最大，即最大，就是直线的斜率最大，设在的方程为：，所以，解得：，所以，解得，所以，．故选：．本题考查抛物线的基本性质，直线与抛物线的位置关系，转化思想的应用，属于基础题．9．C【解析】

先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得到答案.【详解】当时，，所以，故当时，，所以，而，所以，又当时，的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程的最小实根为，，则，即，此时令，得，所以最小实根为411.故选：C.本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.10．C【解析】

根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.【详解】根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，该几何体的体积为.故选：C.本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.11．C【解析】

①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.【详解】①：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；综上可知：有四条对称轴，故正确；②：因为，所以，所以，所以，取等号时，所以最大距离为，故错误；③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，所以，所以，取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.故选：C.本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.12．D【解析】

由三角函数的周期可得，由函数图像的变换可得，平移后得到函数解析式为，再求其对称轴方程即可.【详解】解：函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由，得，当时，.故选D.本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】，，所以，所以的解集为。点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。14．【解析】

设圆柱的轴截面的边长为x，可求得，代入圆柱的表面积公式，即得解【详解】设圆柱的轴截面的边长为x，则由，得，∴．故答案为：本题考查了圆柱的轴截面和表面积，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.15．2【解析】

在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于-160求得实数a的值．【详解】∵二项式(ax-1x)令6-2r=0，求得r=3，可得常数项为-C63故答案为：2．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．16．【解析】

由题意，设等比数列的公比为，根据已知条件，列出方程组，求得的值，利用求和公式，即可求解．【详解】由题意，设等比数列的公比为，因为，即，解得，，所以.本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式，正确求解首项和公比是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．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）详见解析；（2）详见解析.【解析】

（1）利用平行四边形的方法，证明平面.（2）通过证明平面，由此证得.【详解】（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）连接，由于直三棱柱中，而，，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18．【解析】

由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，整理得，直线的方程与曲线的方程联立，，整理得，设，则，根据弦长公式求解即可.【详解】由，化简得，又因为，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，消去，整理得，将直线的方程与曲线的方程联立，，消去，整理得，设，则，所以，将，代入上式，整理得.本题考查参数方程，极坐标方程的应用，结合弦长公式的运用，属于中档题.19．（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）取中点为，根据几何关系，求证四边形为平行四边形，即可由线线平行推证线面平行；（Ⅱ）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，即可求得线面角的正弦值.【详解】（Ⅰ）取的中点，连接，.如下图所示：因为，分别是线段和的中点，所以是梯形的中位线，所以.又，所以.因为，，所以四边形为平行四边形，所以.所以，.所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为，且平面，故可以为原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：不妨设，则，所以，，，，.所以，，.设平面的法向量为，则所以可取.设直线与平面所成的角为，则.故可得直线与平面所成的角的正弦值为.本题考查由线线平行推证线面平行，以及用向量法求解线面角，属综合中档题.20．（1）当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为；（2）见解析.【解析】

（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个