山东省菏泽市2025届高三三模数学试题（解析版）

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1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】，得，
所以，
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】由，又因为
所以，
故选：C.
3. 某班班会从甲、乙等6名学生中选3名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，那么不同的选法为（ ）
A. 32B. 20C. 16D. 10
【答案】C
【解析】利用对立事件思想：
从6名同学中任选3名同学共有种方法，
这3名同学中没有甲乙同学的共有种方法，
所以甲乙至少有一人参加的不同选法有种方法，
故选：C.
4. 已知，，且，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. 4D. 16
【答案】B
【解析】，
当且仅当，即时取等号，
故选：B
5. 已知为等比数列前项和，若，则（ ）
A. 5B. 3C. D.
【答案】A
【解析】由等比数列公式可得：，
所以，
故选：A.
6. 已知直线与圆交于、两点，则的最小值为（ ）
A. 5B. 10C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
令，解得，
所以直线过定点，
又圆的圆心，半径，
则，
当时，弦长最短，
此时.
故选：D
7. 对于任意，，且，则（ ）
A. B. 1C. 2025D. 4049
【答案】D
【解析】由，当时，可得，
赋值可得：，
利用累加法可得：，
代入可得：，
故选：D.
8. 已知函数在上单调递增，则的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】由题意，函数的定义域为，
导函数为，
因为函数在单调递增，
所以在恒成立，
所以，即，
故，
令，则，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
所以的最小值为.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量，且，则
B. 若随机变量，且，则
C. 若数据的方差为8，则数据的方差为4
D. 若频率分布直方图呈现单峰不对称且左“拖尾”时，平均数大于中位数
【答案】AB
【解析】对于A选项:由正态分布曲线的性质知, ,
因为对称轴为,故,故,正确;
对于B选项:由二项分布的均值和方差公式得,,故正确;
对于C选项:数据缩放后方差是原方差的平方倍,故数据的方差为,错误;
对于D选项:左拖尾分布 ,平均数受左侧极端值影响会更小,故平均数小于中位数,错误,
故选:AB.
10. 已知函数，函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 与的图象有相同的对称轴
B. 与有相同的最小正周期
C. 将的图象向右平移个单位，可得到的图象
D. 与的图象在上只有一个交点
【答案】BCD
【解析】由，可得的最小周期为，
由，可得的最小周期为，
故B正确；
再由，可知图象的对称轴为，
再由，可知图象的对称轴为，
故A错误；
将的图象向右平移个单位可得，故C正确；
由可得，，
由于，
所以，
其中只有一个解，故D正确；
故选：BCD.
11. 如图，在的方格表中，任意填入个互不相等的实数，取每行的最大数得到个数，其中最小的一个是，再取每列的最小数，又得到个数，其中最大的一个是，下列结论中可能成立的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】设，因为是第行最大数，所以对于第行的任意，
都有，
设，因为是第列的最小数，所以对于第列的任意，
都有，
因为是第行的最大数，所以，
因为是第列的最小数，所以，所以，
构造方格表
则，
构造方格表
则，即，
所以，
当时，取，，，
则，即.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若与垂直，则实数的值为______．
【答案】
【解析】，，
由题意，
可得：，
得，
故答案为：
13. 一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为______．
【答案】
【解析】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面
截该棱锥及棱台分别得等腰和等腰梯形，过作于，如图，
则等于正四棱台的高9，，
于是，是正三角形，其内切圆半径，
因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，
即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为.
故答案为：
14. 已知为双曲线右支上一点，、为左右焦点，直线交轴于点为坐标原点，若，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】如图，由于，可作轴，垂足为，可知为中点，
由，可知，
由，可知，
令，则，即，
根据双曲线定义：，
即，，
再由勾股定理可得：，
即，
即，
故答案为：.
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. 已知函数在处的切线与直线平行．
（1）求的值：
（2）求的极值．
解：（1）由题意得：，
因为在处的切线与直线平行，
所以，故.
（2）由（1）得：，定义域为，
令，得，则，，的变化情况如下表：
故的极大值为，无极小值.
16. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求边上高的最大值．
解：（1）因为，由正弦定理得：①，
因为，所以.
故①式可变形为，
即，
化简得：，因为，所以，故.
因为，故.
（2）设外接圆的半径为，
由正弦定理得：，则，，，
又，故得，
由（1）知，故，则，
由余弦定理得：，即，
则，当且仅当时等号成立，
设边上高为，由三角形的面积公式得：，即.
故边上高的最大值为.
17. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
（1）求证：；
（2）若，求与平面所成角正弦值的最大值．
（1）证明：取的中点G，连交AF于H.
在正方形中，由于F为的中点，
可得，则，
因为，所以，
得到，即
因为平面，
所以平面，又平面，故
由于平面平面，平面平面，
，故平面，又平面，则.
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
则，又点G是的中点，故.
（2）解：由于圆O的半径为，则正方形的边长为2，
又，则.
以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴，
所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系.
则，
易求上底面圆的半径为1，故.
故，，.
设平面的法向量为，由，得
取，，故，
设与平面所成角为，则，，
令得，，
所以在上单调递增，
故.
所以与平面所成角正弦值的最大值为．
18. 抛物线的焦点为，且过点．
（1）求的方程；
（2）过点的一条直线与交于、两点（在线段之间），且与线段交于点．
①证明：点到和的距离相等；
②若面积等于的面积，求点的坐标．
解：（1）因为抛物线过点，所以，得：，所以C的方程为：.
（2）①设直线方程为，，，
由得：，则，
，，
又，
易知点，所以垂直于轴，
所以，所以点到和距离相等.
②因为，所以，
故直线PA//FQ，所以，
由①知，所以，
所以点P在线段AF的中垂线上，点的纵坐标为1，代入抛物线方程可得点P.
19. 某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为．
（1）当时，写出的值；
（2）当时，求，并证明当最大时，满足
（3）已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值．
解：（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321.
当时，取到最大的情形有：312，321. 所以；
当时，取到最大的情形有：132，213，231，所以；
当时，取到最大的情形有：123，213. 所以.
（2）当最大数在第次出现时，均有可能获胜.设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，所以

，
同理 ，
因此，当时，最大.
（3）首先对于，当最大时，. 否则若，
则.①，②，
③，
①②得 ，所以，
①③得 ，所以，
所以，.1
2
3
4
1
3
2
4
0
单调递增
单调递减