山东省聊城市2025届高三二模数学试题含答案

/山东省聊城市2025届高三二模数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．复数满足，其中i为虚数单位，则对应的点在复平面的（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．为了研究某市高中生的脚长（单位：cm）和身高（单位：cm）的关系，市卫健委从该市随机抽取若干名高中生做调查，经统计，所调查数据的，根据最小二乘法算得脚长和身高的经验回归方程为．已知被调查的某学生的脚长为25cm，身高180cm，则该样本点的残差为（

）A．1cm B．cm C．4cm D．cm4．各项均为正数的等比数列的前5项和为，且，则（

）A．2 B．4 C．8 D．165．若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（

）A．16 B．32 C．48 D．646．双曲线的方程为，直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则的值为（

）A．4 B．8 C．12 D．247．函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．8．中，，则的最大值为（

）A．6 B． C．12 D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知实数满足，则（

）A． B．C．若，则 D．若，则10．如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（

）A．B．直线与平面所成的角的余弦值为C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为11．笛卡尔叶形线是一种非常优美且具有丰富几何性质的代数曲线，它的形状如图所示，其标准方程为：，其中是参数．已知某笛卡尔叶形线过点，点是该曲线上的一点，则（

）

A．当时，取到最大值 B．的取值范围是C．直线是曲线的一条切线 D．若是曲线的渐近线，则三、填空题（本大题共3小题）12．设随机变量，若，则．13．函数，其中，若，使得，则的取值范围为．14．过函数图像上一点，垂直于函数在该点处的切线的直线，称为函数在该点处的“法线”．若一条直线同时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为．四、解答题（本大题共5小题）15．周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目．(1)求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率；(2)用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望．16．中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且．(1)证明：为等边三角形；(2)如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积．17．数列是递增数列，其前项和为，且．(1)求；(2)记，数列满足：，数列的前项积与前项和分别记为．证明：①；②．18．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若有两个极值点，证明：有且只有一个零点．19．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．

(1)证明：平面；(2)若面积为定值，求的长度；(3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围．

参考答案1．【答案】C【详解】集合，则.故选C.2．【答案】B【详解】因为，所以则其对应点的坐标为，位于第二象限.故选B.3．【答案】D【详解】因为，又经验回归方程必过点，所以，解得，所以，当时，所以该样本点的残差为.故选D4．【答案】A【详解】设等比数列的首项为，公比为（），根据题意即，解得（舍），而，故，所以选选：A.5．【答案】C【详解】的展开式中的系数为，所以，所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48.故选C.6．【答案】D【详解】设，，联立直线l与双曲线E的方程，得，消去x，得，则，且，双曲线的渐近线方程为，联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得，得，即，同理，因为E，F是线段AB的三等分点，所以，即，则，所以，则，所以.故选D

7．【答案】B【详解】因为，且是偶函数，所以，所以，单调递减，则不等式化简为，所以，即，所以或.故选B.8．【答案】D【详解】由正弦定理可得，，所以在以半径为的圆上，则由向量数量积几何意义及垂径定理可知：当与同向时，有最大值为，所以的最大值为.

故选D.9．【答案】BC【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，因，则，，则，等号成立时，故B正确；对于C，因且，则，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选BC10．【答案】ACD【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，则，所以，，所以，，，，，，因为，所以，所以，故A正确；因为，，平面，所以平面，所以平面的法向量为，则直线与平面所成的角的正弦值为，所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误；取上一点，满足，则，因为，且有公共点，所以平面，又平面，平面平面，所以共线，作出平面截正方体所得的截面，由，得为等腰直角三角形，同理可得均为等腰直角三角形，，所以截面周长为为定值，故C正确；当点为中点时，，所以，，，则，所以，所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上，连接，因为，所以，所以四边形为平行四边形，则共面，设交点为，则，设球心为，，则，则，即，解得，半径为，表面积为，故D正确；故选ACD．11．【答案】BCD【详解】由笛卡尔叶形线过点得，，解得，所以，对于A，设的最大值为，则曲线与在第一象限只有一个交点，联立得，设，令，解得，当时，，则在单调递减，当时，，则在单调递增，又，所以必满足，即，解得，所以的最大值为，此时，故A错误；对于B，设的最大值为，则曲线与在第一象限只有一个交点，联立得，与A同理得，，所以的取值范围是，故B正确；对于C，若直线是曲线的一条切线，则与曲线在第一象限只有一个交点，联立得，整理得，所以方程有2个相等的实数根，所以与曲线在第一象限只有一个交点，故C正确；对于D，因为曲线过，所以不是曲线渐近线，设曲线的渐近线为，代入曲线方程得，同时除以得，，当时，，此时，则上式为，当，此时，所以曲线的渐近线为，即，故D正确；故选BCD．12．【答案】0.3/【详解】因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称，又因为，所以，所以又因为，所以0.3.13．【答案】【详解】由题可知，在的图象至少有2个最大值，当时，，解得，当时，，当时，，综上，当时，，使得.14．【答案】【详解】由求得，，则法线斜率为，则在处的法线方程为，由求导得，则法线斜率为，则在处的法线方程为，由“公法线”得，，，解得，所以“公法线”方程为.15．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【详解】（1）依题意知，这4个人中，每个人参加甲项目的概率为，参加乙项目的概率为，设“这4个人中恰有人去参加甲项目”为事件．则，故这4个人中恰有2人去参加甲项目的概率为．（2）或时，，或时，，时，，故的所有可能取值为0，2，4．由于与互斥，与互斥，故，，．所以的分布列是024所以．16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由，得，展开得．①由可得．②①－②得，因为，所以，解得或（舍去）．又，所以．把代入，得，则．所以，故是等边三角形．（2）由及，得，设，则．在中，由余弦定理可得，即，解得．同理，在中，由余弦定理可得．又，所以．17．【答案】(1)，(2)①证明见解析；②证明见解析【详解】（1）由得，．两式相减得：，即，因为是递增数列，所以，由，得，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，．（2）①由已知得，，所以，即，所以.②由，可得，所以，所以．18．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）函数的定义域为．当时，恒成立，即在定义域内单调递增．当时，令．则的对称轴为．若，即时，在定义域内单调递增．若，即时，有两个零点：，且．当和时，单调递增；当时，单调递减．综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增．（2）由有两个极值点，则由（1）可得且在处取极大值，在处取极小值．当时，，所以的极小值为，又在单调递增，所以在上没有零点．，由得，，又，，且在上单调递增，所以存在唯一的实数，使得，故有且只有一个零点．19．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）因为四边形为矩形，则，，由题意得，、分别为和的中点，所以，，，所以，四边形为平行四边形，因为，则，同理可证，，因为，、平面，故平面．（2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，，则，所以，，．则点到直线的距离．所以．（*）因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为，所以点的