2025届山东省临沂第一中学高考模拟数学试题

这是一份2025届山东省临沂第一中学高考模拟数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数，则（ ）
A．B．C．2D．
3．设为双曲线的右焦点．已知成等差数列，那么双曲线的离心率等于（ ）
A．B．C．D．2
4．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．高速公路管理部门在某一测速点，测得100辆车辆的速度（单位：）并汇总整理车速数据如下表，根据表中数据，下列结论中正确的是（ ）
A．100辆车的车速的中位数小于
B．100辆车中车速低于的车辆所占比例超过80%
C．100辆车的车速的极差介于至之间
D．100辆车的车速的平均值介于至之间
7．过，倾斜角为的直线与抛物线相交于两点，当取得最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若函数的零点个数恰为2个，则（ ）
A．或B．
C．或D．或
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（ ）

A．B．函数为奇函数
C．在上单调递增D．直线为图象的一条对称轴
10．如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角的正弦值为
B．平面
C．直线与是异面直线
D．过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形
11．函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的解集是
B．
C．时，取得最大值
D．的解集是
三、填空题
12．在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法．
13．已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则 .
14．已知数列，，且满足，则数列的通项公式为 ；若不等式，对恒成立，则的取值范围为 .
四、解答题
15．在春节联欢晚会上进行了机器人团体舞蹈表演，某机构随机抽取了100名观众进行问卷调查，得到了如下数据：
(1)依据的独立性检验，试分析对机器人表演节目的喜欢是否与性别有关联？
(2)从这100名样本观众中任选1名，设事件“选到的观众是男性”，事件“选到的观众喜欢机器人团体舞蹈表演节目”，比较和的大小，并解释其意义.
，
16．已知，，分别为三个内角A，，的对边，且．
(1)求；
(2)若，是中点，，求的面积．
17．在正四棱柱中，，，在线段上，且，在线段上.
(1)求证：平面.
(2)若平面和平面的夹角为，求的长.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，的周长为6，为的中点，为坐标原点，直线的斜率分别为，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：为定值；
(3)求面积的最大值．
19．已知函数，其中．
(1)证明：曲线是中心对称图形；
(2)讨论函数在内零点的个数；
(3)若存在，当时，总有成立，求符合条件的m的最小值．
车速
频数
6
12
18
30
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《2025届山东省临沂第一中学高考模拟数学试题》参考答案
1．C
【分析】先结合分式不等式得出集合B，再应用交集定义计算即可.
【详解】由．
故选:C．
2．D
【分析】由复数的运算结合模长公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D.
3．B
【分析】由等差数列的性质、双曲线的定义即可求解.
【详解】由题意知，，即
，由于，解得.
故选：B.
4．C
【分析】由二倍角公式和同角三角函数的关系进行化简得，再由诱导公式和二倍角公式进行化简，代入求值即可.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，即，
所以.
故选：C.
5．D
【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解.
【详解】由题意可得，，且，
所以.
设与的夹角为，，
则,
所以.
故选；D.
6．C
【分析】根据频率分布直方图中，中位数的估计值、频率计算、极差的估计值以及平均数的估计值计算公式，可得答案.
【详解】对于A，，，则中位数位于，故A错误；
对于B，100辆车中车速低于的车辆数量为，频率为，故B错误；
对于C，100辆车的车速的极差小于等于，大于等于，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：C.
7．A
【分析】设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，即可得到，再由乘“1”法及基本不等式求出最小值，从而求出点坐标，再计算可得.
【详解】抛物线的焦点为（恰为），准线方程为，
依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，，
由，消去得，所以，.
所以，，
∴，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
又，所以，则，所以，
即或，
当时，，又，解得；
当时，，又，解得；
综上可得.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意画出函数的图象，将原问题转换为的图象与的图象的交点个数为2，对分类讨论即可求解.
【详解】根据题意画出函数的图象，如图：

函数的零点个数恰为2个，等价于方程的根的个数有2个，
显然不是方程的根，所以有的根的个数有2个，
即的图象与的图象的交点个数为2，易知，
若，则，解得；
若，因为左支已交于一点，所以右支必然只能交于一点，
而函数图像在第四象限内的极小值点为，对应的极小值为，
所以且有且只有一个使得等号成立，
故且有且只有一个使得等号成立，
故，设，
则，
故当时，；当时，，
故即
综上，或，
故选：D．
9．ABD
【分析】根据三角形面积可得，进而有函数的最小正周期与判断A，从而求出的表达式，再由正弦函数的性质判断BCD.
【详解】设的最小正周期为，由图象可知，，
即，可得，又，所以，解得，故A正确；
所以.
对于选项B：，定义域为R关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，故B正确；
对于选项C：令，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，，
当时，函数的单调递减区间是，
又，所以在上单调递减，故C错误；
对于选项D：因为，为最小值，
所以函数的图象关于直线对称，故D正确；
故选：ABD
10．ABD
【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D.
【详解】对于A，如图所示，
取的中点，连接，因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
故或其补角即为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，
在中，，所以，
即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确；
对于B，由选项A可知，，平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，如图所示，
连接，因为，，所以，所以四点共面，
所以直线与直线共面，故C错误；
对于D，如图所示，
取的中点，连接，连接，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以，
所以四边形为平行四边形，
则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形，
又，所以四边形为菱形，故D正确，
故选：ABD
11．BC
【分析】根据图象可得出以及的解集，根据图象的上升下降可得以及的解集.由此可判断A、D项；由图象分析可知，1和3是函数的两个极值点，所以有以及，代入可判断B项，联立即可得到的关系，代入导函数整理可得到，即可判断C项.
【详解】对于A项，由图象可得，函数在上单调递增，所以的解集是，故A项错误；
对于B项，因为.又由图象知，函数在处取得极小值，
所以有，故B项正确；
对于C项，由图象知，当时，单调递增，则；当时，单调递减，则；
当时，单调递减，则.所以的解集为，的解集为.
又为二次函数，根据二次函数的图象可知.因为函数在以及处取得极值，
所以有，即，所以，
所以，
因为，所以时，取得最大值，故C项正确；
对于D项，由可得或.由图象知，
当时，.又的解集为.所以由可得；
由图象知，当时，.又的解集为.
所以由可得.所以，的解集是，故D项错误.
故选：BC.
12．
【分析】利用倍缩法求解即可.
【详解】由题意，不同的插法共有种.
故答案为：.
13．0或2
【分析】求出曲线在点处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去，利用判别式为零可求的值.
【详解】由得，当时，切线的斜率，
则曲线在点处的切线方程为，
因为它与只有一个公共点，所以有唯一解，
即有唯一解，
故或，
解得或，
故答案为：0或2
14． ； .
【分析】空一：对递推公式进行变形，结合等差数列的通项公式进行求解即可；
空二：利用常变量分离法，构造新数列，根据新数列的单调性进行求解即可.
【详解】空一：由，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，因此；
空二：因为，所以由
，
设，当时，即，或，
所以当，或时，数列有最大项，最大项为：，因此不等式，对恒成立，只需，
所以的取值范围为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：构造新数列，利用新数列的单调性是解题的关键.
15．(1)有关联
(2)，意义见解析
【分析】（1）提出零假设，并求出，与表中数据对比即可下结论；
（2）根据条件概率的计算公式求解即可
【详解】（1）补全列联表如下：
零假设：对机器人表演节目的喜欢与性别无关联，
则，
依据的独立性检验，我们推断不成立，即认为对机器人表演节目的喜欢与性别有关联；
（2）由题意可知，，，
所以，
其意义为该样本中男性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢的概率比女性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢概率大；
或者男性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢的人数比女性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢多等等
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简计算即可；
（2）利用等腰三角形的性质及勾股定理、三角形的面积公式计算即可.
【详解】（1）由正弦定理知，
又，
所以，
即，
所以，
所以，，故；
（2）
由，所以知为等腰三角形，
取中点N，连接AN，则，
不妨设，则，
由勾股定理知，
即，所以的面积为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明平面；
（2）由（1）中的空间直角坐标系，利用空间向量法先求出平面和平面的夹角为时的位置，从而求解.
【详解】（1）证明：由题知，可以点为原定，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则：，，，，，，
得：，，，
因为：，所以：，即：，
因为：，所以：，即：，
又因为：，平面，所以：平面.
（2）设，，连接，，如（1）图所示，
由（1）可得：，，，
设平面的一个法向量为，
则：，令：，得：，
由（1）知是平面的一个法向量，
因为平面和平面的夹角为，
所以：，
整理得：，又因为：，得：，
所以：.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用椭圆的定义得到的关系式，再根据椭圆的标准方程即可求解；
（2）设出点的坐标，结合椭圆方程得到坐标之间的关系式，利用点差法结合斜率公式即可得证；
（3）将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得到的表达式，结合直线的方程得到的表达式，由三角形面积公式结合换元法可得面积的最大值.
【详解】（1）因为的周长为6，所以，
又，所以，，
故，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设，，
则，，，
所以，即，
得，
因为，，所以，
又，所以，为定值．
（3）由（2）知，所以．
由题可得直线的方程为，
将与联立，消去并整理得，
所以，
则．
因为，所以直线的方程为，即，
又，所以直线的方程为，
与联立，
消去并整理得，
则，，
所以
．
故的面积
，
令，则，
，当，即时取等号，
因此面积的最大值为．

【点睛】方法点睛：解决解析几何中与面积有关的最值或范围问题的一般步骤：
列式：常用直接法或分割法求出面积的表达式；
定参：得到目标函数解析式后，利用方程根的判别式大于0等，明确自变量的限制条件；
求值：利用配方法、基本不等式、函数单调性等求出面积的最值或取值范围.
19．(1)证明见解析
(2)在内有且仅有一个零点
(3)
【分析】（1）先证明为奇函数，关于点中心对称，可得是关于点中心对称．
（2）讨论，两种情况，分别利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理可得两种情况在内都只有一个零点；
（3）问题等价于存在，当时，总有成立，先证明当时不合题意，再证明符合题意，从而可得答案.
【详解】（1）因为，
所以．
因为是奇函数，其图象关于原点对称，
所以关于点中心对称，
所以是关于点中心对称．
（2）据题意，
当时，，故函数在上单调递增，且，
故存在唯一的零点．
当时，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
由，，，
可知，存在唯一的，使得，
存在唯一的，使得．
因此，函数在和单调递减，在单调递增．
由，，，可知函数有唯一零点．
综上，函数在内有且仅有一个零点．
（3）令，
当时，由（1）可知，当时，，
问题等价于存在，当时，总有成立．
由，，可得函数在上单调递增．
当时，，，故存在唯一的，满足，
因此，当时，函数单调递增，故，不合题意．
当时，，
当时，，函数单调递减，故，合题意．
综上，取，当时，总有成立，此时m的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
C
D
C
A
D
ABD
ABD
题号
11









答案
BC









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