2025年山东名校联盟3月高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东名校考试联盟2025年3月高考模拟考试数学试题本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若，则（

）A． B． C．1 D．2．若集合，，则（

）A． B．C．或 D．或3．已知圆，直线，若圆C上有且仅有一点到直线l的距离为1，则（

）A．6 B．10 C． D．4．已知数列是公差不为0的等差数列，若，，则（

）A． B． C． D．15．已知，则的值为（

）A． B．1 C． D．26．设函数的导函数为，当时满足，且，则，，的大小关系为（

）A． B．C． D．7．设为单位向量，且，若向量满足，则的取值范围为（

）A． B．C． D．8．在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．若正数a，b满足，则下列说法正确的是（

）A．ab有最大值 B．有最小值4C．有最小值 D．有最小值10．下列说法正确的是（

）A．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是9B．若随机变量X服从正态分布，，则C．20张彩票中有2张能中奖，现从中一次性抽取n张，若其中至少有一张中奖的概率大于0.5，则n的最小值为5D．已知数据，，…，的平均数为6，方差为10，现加入5和7两个数，则这8个数的方差11．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括y轴）．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直线族，下列说法正确的是（

）A．若该直线族的包络曲线为圆，则B．若直线族的包络曲线为抛物线，则直线族中过点的直线方程为C．若，（，），则该直线族的包络曲线为椭圆D．当，时，若点不在直线族的任意一条直线上，则该直线族的包络曲线方程为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．展开式中第4项的系数为．13．已知（为自然对数的底数），，请写出与的一条公切线方程．14．过双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左､右两支分别交于点，若，则双曲线的离心率是.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．如图，在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记．(1)若，求的面积；(2)若，求四边形面积的取值范围．16．如图，在四棱锥中，，，，，E是棱上的中点．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．17．已知椭圆，直线经过的两个顶点．(1)求的方程；(2)若为上一动点，过点作圆的两条切线分别交于两点，证明：直线过原点．18．已知函数．(1)当时，求函数的零点个数；(2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围．19．两个盒子里分别放着写有A，B，C三种字母，大小相同的卡片各一张．每一次随机地从两个盒子中取出一张卡片交换位置．记n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的概率为．(1)求和；(2)证明：；(3)证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】由复数的除法运算法则，计算求得复数，再由复数的模的定义即可得解.【详解】因为，所以，所以.故选：B.2．D【分析】求解集合，再利用并集运算即可得解.【详解】因为，，所以，解得：或，所以或，故选：D.3．D【分析】由题意可知，圆的圆心到直线l的距离等于，再利用点到直线的距离公式列得方程式即可求得.【详解】由题可知圆的圆心为，半径，因为圆C上有且仅有一点到直线l的距离为1，则圆心到直线的距离为，又圆心到直线的距离，解得.故选：D.4．A【分析】设等差数列是公差为，根据给定条件列得方程组，进而求解即可.【详解】设等差数列是公差为，由，得，整理得，因为，所以得，由，得，解得：.故选：A.5．C【分析】利用齐次化思想化简，代值计算即得.【详解】.故选：C6．A【分析】构造函数，由已知条件可求得，从而解得的解析式，对求导判断得函数的单调性，从而可得，再由，即可求解.【详解】令，，故(为常数)，又，故，所以，定义域为，，所以在区间上单调递减，因为，所以，又由，故.故选：A.7．C【分析】假设点坐标，由此可得对应点的轨迹，采用三角换元法，根据向量坐标运算可将表示为关于的函数，结合正弦函数值域可求得结果.【详解】由题意可设：，，，，，，即，可令，，，.故选：C.8．B【分析】方法一,根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值;方法二,根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值.【详解】方法一：因为，所以点在的外接圆上，所以三棱锥的四个顶点均在球上，即球为四棱锥的外接球，故球心在正方形的中心，则球的半径为．过作球的截面，当所得截面圆面积最小时，则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点），所以截面圆半径为1，所以面积最小值为．方法二：因为，所以点在的外接圆上，所以三棱锥的四个顶点均在球上，即球为四棱锥的外接球，故两点在球上，所以最小截面圆为以为直径的圆．则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点），所以截面圆半径为1，所以面积最小值为．故选：B.9．ABD【分析】由已知结合基本不等式及相关结论分别分析各选项即可判断.【详解】因为正数a，b满足，对于A，，当且仅当时取等号，取得最大值，故A正确；对于B，，当且仅当且，即时取等号，取得最小值4，故B正确；对于C，由A知有最大值，则有最大值，则，当且仅当时取等号，取得最大值，故C错误；对于D，，当且仅当时取等号，取得最小值，故D正确.故选：ABD.10．ABD【分析】对于A，根据百分位数的定义计算即可；对于B，利用正态分布的对称性计算即可；对于C，利用组合数计算概率，列得不等式求解即可；对于D，根据方差公式计算即可.【详解】对于A，由，知数据5，8，10，12，13得第40百分位数是，故A正确；对于B，由正态曲线的对称性，知，所以，故B正确；对于C，由题意得，，又为正整数，得n的最小值为6，故C错误；对于D，易知加入5和7两个数后，新数据的平均数仍为6，由方差公式，得，解得，则新数据得方差，故D正确.故选：ABD.11．BCD【分析】对于A，若该直线族的包络曲线为圆，则由圆与直线相切，可得圆心到直线的距离为半径，故，即可得解判断；对于B，设直线方程为，将直线与抛物线方程联立，根据相切得，解得，求得直线方程即可判断；对于C，设椭圆上的点为，求解该椭圆的切线方程，即可判断；对于D，将点代入，可得关于t的方程，由题意可知方程无解，则，因为区域的边界为抛物线，联立直线与抛物线方程，证明直线族为抛物线的切线，即可判断.【详解】对于A：若圆是直线族的包络线，可得，可得，故A错；对于B：直线族中的每条直线都与抛物线相切，显然过点的直线所在的直线斜率存在，设方程为，由消去y并整理得：，则，解得，所以所求直线方程为，故B对；对于C：设椭圆上的点为，过点P作圆的切线l，当切线斜率存在时，设，，联立得：，所以，．作商：，得，所以切线l的方程为，即；当切线斜率不存在时，或，则切线方程和亦满足，故C对；对于D：将点代入，可得关于t的方程，因为点不在直线族上，故方程无实数解，所以，那么，故，因为区域的边界为抛物线，下证：是的包络曲线．联立直线与，可得，所以，故直线族为抛物线的切线．因此直线族的包络曲线为，故D对．故选：BCD．12．【分析】利用二项式展开式的通项公式计算求解即得.【详解】由展开式的通项公式可得，，所以展开式中第4项的系数为.故答案为：．13．或（写出其中一个即可）；【分析】首先设出切点，再分别求切线方程，公切线的性质，列式求解.【详解】设切线与函数的图象切于点，，所以切线方程为，即设切线与函数的图象切于点，，则切线方程为，即，若两条切线是一条直线，则，得，得，解得：或，当时，切线方程为，当时，切线方程为，故答案为：或（写出其中一个即可）；14．【分析】设双曲线的左焦点为，连接设，分别求得，同理，结合，求得，进而求得离心率.【详解】如图所示，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，设双曲线的左焦点为，连接，则，在中，设，则，在中，由余弦定理得，将代入整理后得，同理，因为，所以，故离心率为.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，求得以及，再利用三角形面积公式即可求解；（2）在中，由余弦定理得，结合三角形面积公式求得与，所以四边形的面积，再由三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解.【详解】（1）在中，由余弦定理：，所以，则，所以，又因为为等边三角形，所以，且，所以，则的面积为．（2）在中，由余弦定理：，所以，，所以四边形的面积，又因为，所以，所以，，即四边形的面积的取值范围为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为O，连接，，利用三线合一的性质以及勾股定理可证得及，再利用线面垂直的判定定理证明平面，从而证得平面平面．（2）以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法，分别求得平面与平面的法向量，即可求得两平面夹角的余弦值.【详解】（1）取中点为O，连接，，如图，因为，所以，，又因为，所以，因为，所以，即，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图坐标系．因为，，，，所以，，，，，，则，，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，，所以，设平面的法向量为，则，即，令，得，，所以，设平面与平面的夹角为，所以，即平面与平面的夹角的余弦值为．17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据直线过椭圆上顶点和左顶点可得，从而得到椭圆方程；（2）首先确定当或斜率不存在时，直线过；当直线斜率存在时，利用圆心到直线距离等于半径可求得，结合椭圆方程化简得到；方法一：将切线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，化简得到；方法二：假设直线过原点，结合椭圆对称性可得，化简得到满足，从而得到结论.【详解】（1）直线过的上顶点和左顶点，椭圆的上顶点为，左顶点为，即，，的方程为：.（2）当直线或斜率不存在时，不妨令，则，直线方程为，，直线恒过．下证：当直线和斜率存在时，直线过．设，过点的切线方程为，，，；在上，，．方法一：将过点的切线与联立得：，，则，同理可得：；，，则，将代入得：由椭圆对称性得直线过．综上所述：直线过原点．方法二：当直线过时，由椭圆对称性可设，则，，，，，，满足题意．当直线和斜率存在时，直线过．综上所述：直线过原点．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的证明；求解本题的关键是能够通过直线与圆的位置关系确定直线的斜率之积为定值，从而利用斜率关系化简整理来确定定点.18．(1)1(2)【分析】（1）当时，，对求导判断函数的单调性，即可求得函数的零点个数；（2）判断可知为奇函数，若函数有且只有一个零点，由于，则当时，或时成立，进而分别当，，时，对函数进行讨论，从而得解.【详解】（1）当时，，定义域为．于是，故在上单调递减．又，故函数的零点个数为1．（2）因为，所以为奇函数，若函数有且只有一个零点，由于，则当时，或，由（1）可知当时，在上单调递减，此时，即．若，则当时，，符合题意．因为，令，则．令，则．若，则，故在上单调递增，于是．故在上单调递增，于是．则在上单调递增，此时，符合题意．若，记且，则当时，．故在上单调递减，于是．故在上单调递减，于是．则在上单调递减，此时．又，故在上存在零点，矛盾．综上所述，实数a的取值范围为．【点睛】思路点睛：本题中为奇函数，若函数有且只有一个零点，由于，则当时，或时成立，因而分别讨论，，时，当时，的正负情况，从而得解.19．(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，当1次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母，则为两个盒子中相同字母的卡片进行交换，从而求得概率；当2次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母，分别求得两次都交换相同字母的卡片的概率和第1次交换的是不同字母的卡片，第二次将其换回的概率，求和即可求得概率；（2）用表示n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的事件，则有，可知，．再由全概率公式可得，由递推关系求得，即可进行证明.（3）利用放缩法可得，故，再结合等比求和公式，即可进行证明.【详解】（1）对两个盒子中相同字母的卡片进行交换，则．若第1次交换的是相同字母的卡片，则第二次仍需将两个盒子中相同字母的卡片进行交换，此时概率为．若第1次交换的是不同字母的卡片，有种情况，不妨设将第一