山东省青岛市2025年高考数学考前练习卷（一）（含解析）

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山东省青岛市2025年高考数学考前练习卷（一）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．已知集合，，则（ ）．
A． B． C． D．
2．若向量，，则向量与的夹角是（ ）
A． B． C． D．
3．设a，b，c是实数，命题“a＞b＞c＞0”是命题“a＋b＞c”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若在二项式的展开式中任取一项，则该项的系数为负数的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．设，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知且，函数，满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
7．已知角的终边经过点，且，则的值为
A． B．5 C．-5 D．
8．已知双曲线的左焦点为，右顶点为，一条渐近线与圆在第一象限交于点，交轴于点，且，则的离心率为（ ）
A． B．2
C． D．
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．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于、两点，为线段中点，、、分别为、、在上的射影，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．的坐标为 B．
C．、、、四点共圆 D．直线的方程为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则 ．
13．已知，则 ．（用数字作答）
14．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在钝角三角形中，内角所对的边分别为，，，．
(1)若，求的值；
(2)若的面积，求的值．
16．如图，斜四棱柱的底面为菱形，平面平面分别为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若都是边长为2的等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值，
17．已知函数的最小正周期为．
(1)求在点处的切线方程；
(2)若，函数在上单调递减，求实数的取值范围．
18．抛掷一枚质地均匀的骰子次，，记为第次抛掷得到的点数，．
(1)求的概率；
(2)若前次点数之和为7的概率为，且，与互质，设
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）已知正项数列的前项和为，证明：．
19．设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)若直线过点，与交于两点，在轴上方，直线交于点，直线交于点．
（ⅰ）求的最小值；
（ⅱ）设直线与直线相交于点中点为交于点，证明：直线与定圆相切．
《山东省青岛市2025年高考数学考前练习卷（一）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A A C C A D C AB AC
题号 11
答案 BCD
1．C
【分析】解分式不等式，再求交集即可.
【详解】由，得，即，
因为，
所以．
故选：C.
2．A
【分析】利用向量数量积，由向量夹角的坐标运算求解.
【详解】向量，， ，
设向量与的夹角为，则，
由，得.
故选：A.
3．A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断可得；
【详解】解：由题，即，反之，由推不出，例如，
故是的充分不必要条件；
故选：A．
4．C
【分析】根据二项展开式的通项公式和古典概型的概率公式计算可得.
【详解】的展开式共11项，通项公式为，
当时该项的系数为负数，
所以在二项式的展开式中任取一项，则该项的系数为负数的概率是.
故选：C.
5．C
【分析】借助指数函数与对数函数的单调性可得、、范围，即可得解.
【详解】由，，即，
，故.
故选：C.
6．A
【分析】先根据得到函数的单调性，分别考虑每段函数单调性、分段点处的函数值关系，由此解出的取值范围.
【详解】因为对任意实数，都有，
所以在上单调递增；
又因为在上递增，在上递减，令；
所以有：，所以，解得：，
故选A.
【点睛】根据分段函数的单调性求解参数范围的方法：先考虑每一段函数的单调性,再考虑分段函数在分段点处多段函数值之间的大小关系,由此求解出参数范围.
7．D
【详解】可知角是第二象限的角，，解得：.
本题选择D选项.
8．C
【分析】连接，联立方程组求得，结合，得到，化简得到，进而得出离心率的方程，即可求解.
【详解】如图所示，连接，由双曲线的渐近线方程为，
根据题意，点在第一象限，将代入，
可得，
可得
由求根公式，可得，
因为，且，所以，所以点
由，可得，即，
因为，所以，即，化简得，
两边同除以，得，解得或（舍去）．
故选：C.

9．AB
【分析】令，求得，进而得到的解析式可判断B，C；进而可求得可判断A，D.
【详解】解析 由，令，可得，可得，
即，故B正确，C不正确；
可得，故A正确；
1，故D不正确.
故选：AB.
10．AC
【分析】利用赋值法即可逐一求解.
【详解】令，则，故A正确，
令可得，故，故B错误，
令可得，故，故C正确，
令可得，，故D错误，
故选：AC
11．BCD
【分析】根据抛物线的方程求出点的坐标，可判断A选项；根据抛物线的定义以及数形结合求出直线的方程，可判断D选项；利用斜率关系判断出，可判断C选项；求出、，可判断B选项.
【详解】对于A选项，抛物线的焦点为，A错；
对于D选项，当点在第一象限，过点作垂直于，为垂足，如图所示，

设，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，
则，
设直线的倾斜角为，则为锐角，且，则，
此时，直线的方程为，
当点在第二象限时，同理可知，直线的方程为，
综上所述，直线的方程为，D对；
对于B选项，不妨设点在第一象限，则直线的方程为，
设点、，联立，可得，
，由韦达定理可得，，
设点，则，故点，
所以，直线的斜率为，
而直线的斜率为，所以，，故，
又因为，故、、、四点共圆，
同理可知，当点在第二象限时，、、、四点共圆，
综上所述，故、、、四点共圆，C对；
对于B选项，，
，B对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
12．
【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物线方程即可求解.
【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得，
故答案为：
13．34
【分析】令可得，令可得，再利用展开式的通项求出，，即可得解.
【详解】因为，
令，得；
令，得；
又，
二项式的通项公式为，
则，，
所以．
故答案为：
14．或
【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径.
【详解】如图：
因为平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面.
平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以.
又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆，
作于，则是三棱锥的高.
所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大.
此时点应该与或重合，为正方形的中心.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
中，因为，，，所以.
设内切球半径为，由得：
.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
.
设内切球半径为，由得：
.
综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由向量垂直可得数量积为0，化简后利用正弦定理可得，再由余弦定理求解；
（2）由三角形面积公式求出，再由余弦定理化简得解.
【详解】（1），
，
即，
钝角三角形中，，
，
由正弦定理知，，
，
，
（2）
，，
，或，
当时，，
；
当时，，
此时，，不合题意.
综上，.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质可得平面，再由
可得平面，据此即可得出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，利用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）连接，交于点，
四边形为菱形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
在四棱柱中，分别为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面平面
（2）由题意，为中点，
都是正三角形，且，
，
平面平面，平面∩平面，平面，平面，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
又，
直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）化简函数解析式后由周期求出，再求出函数导数，得出切线斜率即可得解；
（2）原问题转化为，先利用特殊值求出的范围，再证明即可得解.
【详解】（1）
,
的最小正周期为，
，
，
切线的斜率，
，切点为，
切线方程为.
（2）在上单调递减，
在上恒成立，
即
其必要条件为，即，下面证明这条件是充分的.
由，可得，于是，
设，下面证明恒成立.
求导得，
时，单调递增，
在上单调递减，，
时，单调递减，
在上单调递增，
，
存在唯一，使得，
结合的单调性，可得
当时，单调递减；
当时，单调递增.
又，，
，.
综上，.
18．(1)
(2)（ⅰ）1（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）写出样本事件空间，根据古典概型求概率即可；
（2）（ⅰ）求出，再由二项展开式化简，求出即可得解；
（ⅱ）由所给条件可得，据此利用裂项相消法求出即可得证.
【详解】（1）即“前两次点数之和为7”，设为事件，
样本空间，
，
，
，
，
，
即的概率为.
（2）（ⅰ）当时，由（1），，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，,,
当时，，
，
互质，互质，
，
；
（ⅱ）证明：
，
，
当时，，
，
，
，
，
，
.
19．(1)
(2)（ⅰ）6；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）设,根据直线的斜率之积为，列方程,整理即可得出曲线的轨迹方程.
（2）（ⅰ）设出直线的方程与曲线E联立，利用韦达定理得，与，联立得，即得的表达式，然后利用基本不等式求出最值即可；（ⅱ）利用斜率公式和三角函数和差角公式可得，得，进而得到圆的方程，利用可得直线与定圆相切．
【详解】（1）设，则，
所以，
所以，
所以，
即，
所以的方程；
（2）（ⅰ）设，
依题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
，
所以，
所以，
设，
由题意知，，
，
由题意知
，即
所以，
所以，即N在直线上，
由题意知，
所以，即
所以，
所以，即M在直线上，
因为直线AC的方程为，直线AD的方程为，
由，得，
所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为6；
（ⅱ）因为直线AC与直线相交于点G，又BG的中点为H，
所以，
设，
当时，
由题意得，
所以，
当时，也满足，
故QH平分，所以QT为BT的中垂线，
，即T在圆上，
又，所以，
所以TH与定圆相切；
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