山东省威海市2025届高三模拟考试数学试题（含答案）

2025届山东省威海市高三模拟考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，若，则（ ）
A．0 B．0或2 C．1或2 D．0或1
2．若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．40 B．45 C．50 D．55
4．某校从高二年级随机抽取部分学生参加交通安全知识测试，所得成绩的频率分布直方图如图所示，则可估计该校高二年级学生的交通安全知识测试成绩的中位数为（ ）
A．87.5 B．85 C．82.5 D．80
5．已知函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1:2:3，高为4，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
二、多选题
9．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的图象关于直线对称 B．在上的值域为
C．在上单调递增 D．的图象关于原点对称
10．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，则（ ）
A．过A作的垂线，垂足为，若，则
B．若直线BO与交于点，则直线AP平行于轴
C．以线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为1
D．以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值为
11．已知是定义在上的增函数，且可导，为奇函数，记函数分别是的导函数，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知向量满足，则与的夹角为 ．
13．有甲、乙两袋，甲袋中有4个白球，1个红球；乙袋中有2个白球，2个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率为 ．
14．在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为 ．
四、解答题
15．在中，角所对的边分别为．
（1）求；
（2）若是边BC上一点，，求的面积．
16．如图，在直平行六面体中，点在棱上．
（1）若平面，证明：；
（2）若，直线与平面所成的角为，平面与平面所成角的正弦值为，求．
17．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为为上两点，线段AB中点的横坐标为，当轴时，．
（1）求的方程；
（2）当AB不垂直轴时，设线段AB的中垂线与轴的交点为，求．
18．已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，若曲线有三条过点的切线，求的取值范围；
（3）设为非负实数，为正实数，若，证明：．
19．设集合且中所有的数从小到大排列构成数列，并将数列的各项依次按照上小下大，左小右大，第行共有项的原则，写成如下的数表．
（1）写出该数表第4行各项的数；
（2）求；
（3）设位于数表的第行，若，且该数列前项的和能被整除，求的最小值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，得，
因为，所以，
因为集合，
所以或，解得或（不合题意舍去），
所以或2.
故选B.
2．【答案】B
【详解】，
，
故选B.
3．【答案】D
【详解】由可得，即，
则.
故选D
4．【答案】C
【详解】成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
因为，，
所以中位数落在内，
设中位数为，则，解得，
故选C.
5．【答案】C
【详解】因为在单调递增，在单调递增，
所以当时，单调递增，则，
又函数的值域为，
所以时，函数的值域要取到的所有实数，
所以，
当时，即时，函数单调递增，
时，，
当时，，即，
所以，即的取值范围是.
故选C
6．【答案】B
【详解】设上底面的半径为，则下底面的半径为，母线长为，
故，故，
故圆台的体积为，
故选B.
7．【答案】B
【详解】求导可得，
由题意有解，
即有解，
即有解，
令，
因为，易知在单调递增，
此时，所以，
又，，
所以，解得：，
所以的取值范围是.
故选B.
8．【答案】C
【详解】设，则，；
因为，所以，
在中，，解得；
在中，，解得，所以离心率为.
故选C
9．【答案】AD
【详解】由图象可知：，，得，所以，
即，
再由五点作图法可得：，得，
所以，
对于A，当时，，故的图象关于直线对称，正确；
对于B，当时，，
则，错误；
对于C：当时，，
正弦函数在不单调，故C错误；
对于D，，易知是奇函数，D正确，
故选AD
10．【答案】BCD
【详解】由题可得抛物线焦点为，准线为.
对于A，如图，设准线与y轴交于l，由抛物线定义可得，结合，则为等边三角形，
又由题可得，，则，故A错误；
对于B，设A，因直线过F，设直线，将直线与抛物线联立，有，由韦达定理，，
则，又，令，
则，注意到，因，
则，则A ，P两点纵坐标相同，则 直线AP平行于轴，故B正确；
对于C，取中点为，过B，做准线垂线，垂足为J，K，
则线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为.
注意到，又为中点，则为LJ中点，
则，结合，
则，故C正确；
对于D，设以线段AB为直径的圆，与轴交于，
注意到，
化简后可得，
则为两根，
则，
则,
当且仅当，即AB垂直于x轴时取等号.故D正确
故选BCD
11．【答案】ABD
【详解】因为为奇函数，故，令则，
因为故，
故，故A正确.
对于B，因为，则，
故，故B正确.
对于C，因为，，
故，故，故C错误.
对于D，因为为上的增函数，故，
而，故当时，，当时，，
故当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
而，故为图象的对称轴，
故，
设，其中，
故为上的增函数，故，
故，故，
故，故
即，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】/
【详解】因为，所以，得,
因为，
所以与的夹角为.
13．【答案】/0.4
【详解】由题意可知从甲袋中任取2个球有两种情况，2个白球或1个白球1个红球.
①从甲袋中取出2个白球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有4个白球，2个红球，取到红球的概率为；
②从甲袋中取出1个白球1个红球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有3个白球，3个红球，取到红球的概率为，
综上两种情况可知，从甲袋中任取2个球放入乙袋，
再从乙袋中任取一球为红球的概率为.
14．【答案】/
【详解】在三棱锥中，平面，
当该三棱锥的体积最大时，底面的面积必须最大，
由于为直角三角形，且，
的轨迹是以的中点为圆心，的长为直径的圆，
故当，的面积最大，
此时为等腰直角三角形，
，
三棱锥的体积最大值为.
又平面，平面，，
又，，平面.
为侧面内的动点，平面，，
，，
点在以为圆心，为直径的圆上，
的轨迹与所围成区域为以为圆心，2为半径的个圆和一个以为直角边的等腰直角三角形，
所围成区域的面积为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题设有即即.
因为，所以，
即，
所以，
又，
所以或，所以（舍）或，
因为，所以
（2）法一：设，则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
由，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得所以
法二：设，则，而，
故，故，
所以，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得，所以．
16．【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，即.
（2）因为，所以平行四边形为菱形，所以，
由直平行六面体，可得平面，所以，
又，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
因为，可得为等边三角形，设，则，
所以，
在中，由勾股定理可得，所以，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，所以，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，
又是平面的一个法向量，
因为平面与平面所成角的正弦值为，所以平面与平面所成角的余弦值为，
则，解得，所以．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）
由题意知，离心率，可得，①
因为轴且线段AB中点的横坐标为，
所以直线AB的方程为，
因为，所以A，B的坐标分别为，
代入的方程，可得，②
联立①②解得，
所以的方程为
（2）
设，线段AB中点为，直线AB的斜率为，
因为，所以，
可得，
即，所以，可得，
因为线段AB的中垂线与轴的交点为，设，
所以，所以，
解得，所以
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）设切点为，因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以，可得，
所以
（3）不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边，
当时，左边，右边，所以左边=右边，
当时，
因为s，t为正实数，，所以，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，所以，即，
综上可知，
19．【答案】（1）17，18，20，24
（2）
（3）
【详解】（1）由题意知，第4行各项为，
所以第4行各项的数为17，18，20，24.
（2）由题意知，第行各项为中对应的值，
设在第行，则前行总项数，解得，
数表前9行共有项，
所以在第10行从左往右的第5项，所以.
（3）数表第行所有项的和为
，
设数表前行所有项的和为，则
，
令，
则，
两式相减得，
可得，所以，
设为数表的第行的第项，所以数列前项的和为
,
由题意知，前行总项数，解得，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为该数列前项的和能被整除，
所以，即，所以，可得，
所以，可得的最小值为32，
所以的最小值为.