2025年山东省东营市利津高级中学高考数学模拟试卷（3月份）（含答案）

2025年山东省东营市利津高级中学高考数学模拟试卷（3月份）
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，集合，则( )
A. B.
C. D.
2.设复数的共轭复数为，则( )
A. B. C. D.
3.若，且，则( )
A. B. C. D.
4.已知数列的前项和满足，若数列满足，，则数列的通项公式为( )
A. B. C. D.
5.已知球的半径为，圆的半径为，且圆是球的一个截面，若圆的面积与球的表面积之比为：，则的值为( )
A. B. C. D.
6.已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为( )
A. B. C. D.
7.某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示这条河两岸所在直线，互相平行，桥与河岸所在直线垂直休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点，，处，其中入口点定点在桥上，且到直线，的距离分别为，为定值，入口，分别在直线，上，公园的一边与直线所成的锐角为，另一边与垂直设该休闲公园的面积为，当变化时，下列说法正确的是( )
A. 函数的最大值为
B. 函数的最小值为
C. 若，且，则
D. 若，且，则
8.位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛每场比赛的计分规则是：胜者计分，负者计分，平局各计分所有比赛结束后，若这位同学的得分总和为分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为( )
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.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就现作出圆的一个内接正八边形，使该正八边形的其中个顶点在坐标轴上，则下列条直线中可能是该正八边形的一条边所在直线的方程为( )
A. B.
C. D.
10.已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是( )
A. 椭圆的长轴长是
B. 的最大值是
C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点
D. 直线与椭圆相切时，
11.定义在上的函数，如果对任意，，都有，且等号仅在时成立，则称函数为“凸函数”下列函数是凸函数的是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数的定义域为______．
13.某企业投入万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加万元为使该设备年平
均费用最低，该企业需要更新设备的年数为______．
14.设，，则的最小值为______．
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.本小题分
如图，在四棱柱中，平面，在四边形中，，，，为线段的中点．
Ⅰ求证平面；
Ⅱ若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值．
16.本小题分
在中，．
Ⅰ求的值；
Ⅱ已知，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长．
条件：；
条件：边上的高为；
条件；．
注：如果选择的条件不符合要求，第Ⅱ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．
17.本小题分
十一国庆节期间，某商场举行购物抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，抽奖结束后凭分数兑换奖品．
若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为，求的概率；
若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，分别求两种方案下小明、小红累计得分的分布列，并指出为了累计得分较大，两种方案下他们选择何种方案较好，并给出理由？
18.本小题分
已知函数．
Ⅰ当时，求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ若，求证：当时，；
Ⅲ若函数有个不同的零点，求的取值范围．
19.本小题分
已知：，，，为有穷正整数数列，若存在，，使得，其中，，，，则称为连续可归零数列．
Ⅰ判断：，，和：，，是否为连续可归零数列？并说明理由；
Ⅱ对任意的正整数，记，其中表示数集中最大的数令，求证：数列：，，，不是连续可归零数列；
Ⅲ若：，，，的每一项均为不大于的正整数，求证：当时，是连续可归零数列．
参考答案
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15.解：证明：连接，，
因为，，为的中点，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
因为平面，所以，，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
所以，
所以，，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
因为平面，
所以是平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
于是，
设平面与平面夹角为，
则．
16.解：Ⅰ由正弦定理和得，
，可得，
显然，所以；
Ⅱ选条件：由，，，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，
再由正弦定理得，
可得的周长为；
选条件：由已知得，
将，代入得，又，
当时，由余弦定理得，
所以，联立解得，
所以的周长为，
同理，当时，可得，舍去，
所以的周长为；
选条件：由余弦定理得，
解得或，此时不唯一，不符合要求．
17.解：由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，
记“这人的累计得分”的事件为，
则；
设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为，都选择方案乙所获得的累计得分为，
由题意可知，可能的情况有，，，
则，，，
所以的分布列如下：
所以，
由题意可知，可能的情况有，，，
则，，，
所以的分布列如下：
所以，
因为，
所以他们都选择方案乙进行抽奖时，累计得分的数学期望较大，
所以选择乙方案较好．
18.解：Ⅰ当时，，所以，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
Ⅱ证明：因为，
所以，，
设函数，
当时，因为，
所以对任意的恒成立，即，
所以函数在区间上单调递增，
所以，
所以当且时，；
Ⅲ因为，
当时，，函数在区间上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，由Ⅱ可知函数在区间上单调递增，函数至多一个零点，不合题意；
当时，对于函数，
因为，所以方程有两个实数根，，
所以，，
不妨设，则，
所以、的变化情况如下：
，
增 极大值 减 极小值 增
所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是，
因为，所以为的一个零点，
又，且，
所以存在唯一实数，使得，
又，，且，
所以存在唯一实数，使得，
所以函数有个不同的零点，
综上可得的取值范围为
19.解：Ⅰ数列是连续可归零数列，理由如下：
取，，，
则，
所以数列是连续可归零数列，
数列不是连续可归零数列，理由如下：
当时，，
因为，，是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为，是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为，是奇数，故是奇数，所以，
所以数列不是连续可归零数列．
Ⅱ证明：因为，，，是奇数，故，
所以，
因为，所以．
因为，所以，
所以数列：，，，，，，．
因为，，，，
所以与奇偶性相同，
当或时，因为，，，中，为奇数，其余各项均为偶数，
所以为奇数，
所以，
当取，，，，，时，
由可知，
综上，数列不是连续可归零数列．
Ⅲ证明：设，
则，，，是整数数列．
下面证明对任意，均有，
显然满足．
假设结论不成立，则存在，使得或，
且当时都有．
若，当时，，
因为，所以，矛盾；
当时，，
因为，所以，矛盾．
当时，，
因为，，
又是整数，所以，矛盾．
综上，对任意，均有．
若存在，使得，
则存在且，，，，使得，
此时数列是连续可归零数列．
若任意，，
因为，，，，，，，中共个非零整数，
当时，数列，，，中存在，，且，使得，
从而存在，，，使得，
此时数列是连续可归零数列．
综上，当时，数列是连续可归零数列．
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