资源简介

山东省2025届高三高考模拟考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
2.甲，乙两个家庭计划五一小长假来沈阳游玩，他们分别从“沈阳故宫”，“张氏帅府”，“九一八纪念馆”三个景点中选择一处游玩，记事件表示“两个家庭至少一个家庭选择九一八纪念馆”，事件表示“两个家庭选择景点不同”，则概率( )
A. B. C. D.
3.已知，则( )
A. B. C. D.
4.
如图，点在圆锥的母线上，绕轴旋转一周将该圆锥分成上、下两部分，记它们的体积分别为，若，，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为( )

A. B. C. D.
5.函数的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
6.已知，，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，则
C. 若，则 D.
7.已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则( )
A. B. C. D.
8.定义在上的函数满足，且当时，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设圆，直线，为上的动点，过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则下列说法正确的是( )
A. 若圆心到直线的距离为，则
B. 直线恒过定点
C. 若线段的中点为，则的最小值为
D. 若，，则
10.已知函数与的定义域均为，且，，若为偶函数，则( )
A. 函数的图象关于直线对称 B.
C. 函数的图象关于点对称 D.
11.如图，已知正方体的边长为，球的半径为，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则( )
A. 点平面
B. 点的轨迹长度为
C. 的最小值为
D. 当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆被直线所截得的弦长为，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为 ．
13.已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ．
14.初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为四个自然数的平方和，例如正整数设，其中，，，均为自然数，则满足条件的有序数组的个数为 用数字作答
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.本小题分
在中，．
求的值；
若，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件：；
条件：；
条件：．
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
16.本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，椭圆的离心率为，点是椭圆上一动点，且的最大值为．
求椭圆的方程．
过点的直线交椭圆于，两点，判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
17.本小题分
经观测，长江中某鱼类的产卵数与温度有关，现将收集到的温度和产卵数的组观测数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量表．
表中，，．
根据散点图判断，与哪一个适宜作为与之间的回归方程模型并求出关于的回归方程给出判断即可，不必说明理由；
某兴趣小组抽取两批鱼卵，已知第一批中共有个鱼卵，其中“死卵”有个；第二批中共有个鱼卵，其中“死卵”有个现随机挑选一批，然后从该批次中随机取出两个鱼卵，求取出“死卵”个数为的概率．
附：对于一组数据，，，，其经验回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为．
18.本小题分
已知函数．
讨论函数的单调性；
设函数有两个极值点，，且，求证：．
19.本小题分
已知有限数列，其中在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质．
判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
若，且存在具有性质，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【由，解得或，，
而，
所以．
故选：．
2.【答案】
【解析】事件表示“两个家庭至少一个家庭选择九一八纪念馆”，事件表示“两个家庭选择景点不同”，
两个家庭共有种选择，
则，
，
则概率．
故选：．
3.【答案】
【解析】因为，
所以．
故选：．
4.【答案】
【解析】如图，过点作于点，由题意得，所以，
所以是的中点，因为，所以．
设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，
则，解得．
故选：．
5.【答案】
【解析】求导得
令，即移项可得．
根据对数函数的性质，因为，
又因为对数函数在上单调递增，所以，
解不等式，两边同时除以，得到．
故选：．
6.【答案】
【解析】对于，若 ，，则 ，
于是 或者 ，即可能存在 或 ，故A说法不正确；
对于， 时，，故B说法正确
对于， 当，时，，而，故C说法不正确；
对于，当，时，，，，故D说法不正确．
7.【答案】
【解析】因为，则，，所以，
所以，所以，
故
．
故选：
8.【答案】
【解析】，
令得：，又，
反复利用可得：
，
再令，由，可求得，
同理反复利用可得：
，
由可得：有，
，，而
所以，
故．
故选：．
9.【答案】
【解析】对于选项，圆的圆心为，半径为，，故A正确
对于选项，圆，
设点，以为直径的圆的方程为 ，
化简为，
得切点弦的方程为，与无关，
得，解之得，B正确
对于选项，在中，，为中点，则，
又直线恒过定点，所以一定有，
即点在以为直径的圆上，
即是圆心为，半径为的圆上的点．
又点在直线上，故的最小值为圆上的点到直线的最短距离，
故，故C错误
对于选项，在中，，
又，故，，
所以，
又，
所以，故D正确．
10.【答案】
【解析】选项，是偶函数，图象关于对称，将的图象的横坐标放大为原来的两倍，得到的图象，
则是偶函数，图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
则的图象关于直线对称，选项错误；
选项，由，以替换得，由
得，令，得，，
由于的图象关于直线对称，所以，选项正确；
选项，由，以替换得，由
得，令，得，，所以的图象关于点对称，选项正确；
选项，的图象关于直线对称，，
由，，以替换得，
所以，，的周期为，
，，
，选项正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】由题可知，，所以 ，
又，所以，所以点在的中垂面上，
因为为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，同理可证平面，
易知平面即为的中垂面，所以点平面，A正确；
记，因为为直角三角形，为斜边，
所以，所以点的轨迹是以为圆心，为半径，在截面内的半圆，轨迹长度为，B正确；
以，分别为轴，轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系如图，
记，，则，
易知，为平面的法向量，为平面的法向量，
由图可知，平面与平面所成二面角，
所以，所以当时，等号成立，此时取得最小值，C错误；
由上可知，取得最小值时，点在轴上，过点作直线，交，分别于，，因为，
所以延长必与交于点，过点作，分别交，与，，易知，，，，，六点共面，
过点作直线，则平面，同理可证平面，
又平面，所以平面，
因为，平面，所以，，为二面角的平面角，
所以，所以，所以，，
记上底面的中心为，
易知，所以，得，
所以，
又，所以，
又，
所以平面截正方体所形成图形的周长为，D错误．
故选：．
12.【答案】
【解析】圆，半径为，
被直线所截得的弦长为，可知直线过圆心，
即，可得，即圆心为，
则，
可得．
13.【答案】
【解析】
如图，设为与渐近线的交点，
由题意：，，
所以是线段的中点，
所以．
又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，
所以，
所以离心率．
故答案为：
14.【答案】
【解析】依题意，均为不超过的自然数，
最大数为的情况：，此时共有个有序数组，
最大数为的情况：，此时共有个有序数组，
最大数为的情况：，此时共有个有序数组，
当最大数为时，，不满足题意，
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是．
故答案为．
15.【答案】解：由正弦定理，且，
得，即．
由，得所以．
由，得，所以．
选择条件：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故不成立．
选择条件：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或舍．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
16.【解析】设椭圆的半焦距为，又椭圆定义知，
则，当且仅当时，等号成立，
故，因为椭圆离心率为，所以，
所以，所以，
故椭圆的方程为．
当直线斜率不为时，设直线的方程为，
联立，消去得，恒成立，
设点，，则，，
故
；
当直线的斜率为零时，则点，为椭圆长轴的端点，则不妨设，，
所以．
综上所述，为定值．
17.【答案】； ．
【解析】由散点图的分布可知，样本点分布在一条指数函数的附近，
所以适宜作为与之间的回归方程模型；
由题可得，，
令，则，
，，
故，
所以关于回归方程为；
由题意可得可能的取值为，，，
设“所取两个鱼卵来自第批”，
所以，
设“所取两个鱼卵有个死卵”，
．
18.【解析】由，求导数可得，
若，即时，在上成立，
此时的单调递增区间为，没有单调递减区间．
若，即时，的根为，．
在与上成立；
在上成立．
此时的单调递增区间为和，
单调递减区间为
综上所述，时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
时，的单调递增区间为和，
单调递减区间为
证明：由于有两个极值点、，则有两个不相等的实根，
所以，，且，即，，
所以，
设，求导数得，
所以在上单调递减，可得，即．
19.【解析】根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以的任意四项和小于，
所以，
则对于的任意四项子列，不妨设，
有，
又具有性质，，所以的任意三项和小于，
故不存在的子列其各项和为，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
由题可知，时，又，所以，
由道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上．
第1页，共1页

展开更多......

收起↑