山东省淄博市2025-2026学年度高三模拟考试数学+答案

淄博市2025─2026学年度高三模拟考试数学答案 .12345678CBDBADAD9BCACDACD35,65四．15.解（1）法一：由余弦定理acosB=a分bcosA=b分acosB+bcosAcsinC⋯⋯3分C所以C分法二:由正弦定理：acosB+bcosAcsinC⋯⋯3分因为CsinC>0，所以sinC=，⋯⋯4分法三：acosB+bcosA=ccsinC⋯⋯3分C所以C分sinA+sinB=sinA+sinsinAcosAsin分又因为所以A分所以sinsinA+sinB+sinCsin分16.解1）x2-y2=1的渐近线为y=±x由x得y2-2py=0，所以yp=2p，xp=2p，P(2p,2p)，同理Q(2p,-2p)，⋯⋯2分抛物线E的方程为y2=4x⋯⋯5分（2）法一：由（1）知P(4,4)，由题知直线AB的斜率不为0，联立n得y2-4my-4n=02y1因为以线段AB为直径的圆恰好经过点P，所以PA丄PB即-4,y1-4).(x2-4,y2-4)x2-4(x1+x2)+16+y1所以n2-12n-16(m2+m)+32=0，⋯⋯11分n=-4m+4时，直线AB的方程为x=my-4m+4，过定点P(4,4)（舍）.综上，直线AB过定点(8,-4)⋯⋯15分法二：由（1）知P(4,4)，由题知直线AB的斜率不为0，联立n得y2-4my-4n=02y1因为以线段AB为直径的圆恰好经过点P，所以PA丄PB直线PA，PB的斜率存在且不为零，kPA.kPB=-1，⋯⋯9分所以n-4m-8=0，⋯⋯13分直线AB的方程为x=my+4m+8，过定点(8,-4).⋯⋯15分法三：直线PA，PB的斜率存在且不为零，kPA.kPB设直线AB的方程为t(x-4)+s(y-4)=1kPA，kPB为方程的两根，kPA.kPB分所以t=2s分直线AB的方程为s由得定点(8,-4)直线AB过定点(8,-4).⋯⋯15分法四：由（1）知P(4,4)，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+b，A(x1,y1)，B(x2,y2)联立b得k2x2+x+b2=0xxx1x分因为以线段AB为直径的圆恰好经过点P，所以PA丄PB即.=(x1-4,y1-4).(x2-4,y2-4)=x1x2-4(x1+x2)+16+y1y2-4(y1+y2)+161+k2(kb-4k-4)(x1+x2)+b2-8b+32=0所以b2+12kb-16k+32k2-16=0，……10分(b+6k)2-4(k+2)2=0所以b+4k-4=0或b+8k+4=0所以b=-4k+4或b=-8k-4，……12分当b=-4k+4时，直线AB的方程为y=kx-4k+4，过定点P(4,4)（舍当b=-8k-4时，Δ=16-16kb=16(8k2+4k直线AB的方程为y=kx-8k-4，过定点(8,-4).(x=8ly=4x当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=8，由{2得(x=8ly=4x8,-4)，8-4,4-4).(8-4,-4-4)=16-(32-16)=0，此时直线AB过定点(8,-4)……14分综上，直线AB过定点(8,-4)……15分17．解1）在ACD中，AC2+AD2=45=CD2，:AC丄AD……1分又PA丄面ABCD，ACC面ABCD,:AC丄PA……2分又PA∩AD=A,AD,APC面PAD,:AC丄面PAD……3分:AC丄PD……4分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),C)为正交基底建立如图空间直角坐标系A-xyz，因为G为∆PCD的重心，:G(1,2,2)……6分设平面PBD的法向量为EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),n)=(x，y，z)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483646(-→),n法二：由（1）知，PD=62,AB=32,PB=36,PC=CD=35∆ABD中，∠BAD所以由余弦定理BD2=AB2+AD2—2AB.ADcos=90所以BD=310，……6分在∆PBD中，cos∠BPDsin∠BPD所以SΔPBD=PB.PD.sin∠BPD=.36.62.=911，……8分设点C到平面PBD的距离为d,所以VP—BCD=SΔPBD.d=SΔBCD.PA解得d分CG与平面PBD所成角，即CM与平面PBD所成角，设为α,即sin分因为P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数m,n,t，所以2kt，解得k所以分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)因为P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数m,n，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),P)所以n，解得k所以分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),n)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),n)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),F)解得k=,所以5分18.解：(1)a=2时,f(x)=2x,f’(x)=2xln2……1分f(0)=1....2分f’(0)=ln2....3分曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=ln2(x-0)即xln2-y+1=0……4分（2）法1：令φ(x)=f(x)-g(x)-e2-1=ax-xlna-1……5分φ’(x)=axlna-lna=(ax-1)lna=0……6分得x=0φ’(x)>0时，x>0；φ’(x)<0时，x<0即y=φ(x)在(-∞,0]上单调递减，在[0,+∞)上单调递增……8分:φ(x)≥φ(0)=0即f(x)≥g(x)+e2+1……10分法2：要证原不等式，等价于证明f(x)≥lnax+1,令t=ax(t>0)只需证t-lnt-1≥0φ(t)=t-lnt-1(t>0)……5分⋯⋯6分法3：要证原不等式，等价于证明令p分p,分所以p(x)在x∈(-∞,0)上单调递增，p即f(x)≥g(x)+e2+1.⋯⋯10分（3）法1h(x)=f(x)-g(x)=ax-bx+e2曲线y=f(x)与直线y=g(x)有两个不同的交点艹y=h(x)有两个不同的零点h,(x)=axlna-b⋯⋯11分①若b≤0，则h,(x)=axlna-b>0，所以h(x)在R上单调递增，至多一个零点，舍去；⋯⋯12分h(x)在单调递减，在上单调递增所以只需h即可……14分令t上式等价于t-tlnt+e2<0……15分2,s(e2)=0,t→0,s(0)→e2所以s(t)<0艹t>e2法2：h(x)=f(x)-g(x)=ax-bx+e2曲线y=f(x)与直线y=g(x)有两个不同的交点艹ax-bx+e2=0有2个不同解艹exlna-bx+e2=0有2个不同的解2≠0……11分只需保证y与y有两个不同的交点记r(t)=et(t-1)-e2s(t)在(-∞,0)上单调递减，且s(t)<0⋯14分则s(t)在(0,2)单调递减，(2,+∞)单调递增，t→0,s(t)→+∞;t→法3：f(x)=ax,g(x)=bx-e2.先求f(x)过点(0,-e2)的切线方程设切点为(x0,ax0)，f,(x)=axlna所以切线方程为y-ax0=ax0lna(x-x0)又因为切线过点(0,-e2)所以-e2-ax0=ax0lna(0-x0)，令ax0=t则t(lnt-1)=e2,记h(t)=t(lnt-1),...13分且h(1)=-1,h(e2)=e2，t→0,tlnt→0,h(t)→0所以切线的斜率为ax0lna=e2lna若要曲线y=f(x)与直线y=g(x)有且仅有两个交点，则需要b>e2lna⋯17分19．解1）p分，q分p2（2）法1：pn=pnqnpnqn-1，⋯6分=pnqnqn8分因此2pn+qnpnqn从而2pn+qnpn+qn又Xn的分布列为Xn012P1pnqnpn…11分故E=2pn+qn分法2：记第n次操作后，乙口袋中黄球个数为E(xn)，则甲口袋中黄球个数为2—E(xn)，则第n+1次操作时，从甲口袋中取出黄球的个数服从超几何分布，则取出黄球个数的期望为1从乙口袋中取出黄球的个数服从超几何分布，则取出黄球个数的期望为1则第n+1次操作后，乙口袋中黄球个数xn+1满足E=E……10分则E=2p1+qE所以En……12分（2）法3：记第n次操作后，乙袋中黄球个数为E(xn)，红球个数为3—E(xn)，则甲袋中黄球个数为2—E(xn)，红球个数为1+E(xn)，则第n+1次操作中，情况①：甲袋取红球，乙袋取黄球，则第n+1次操作后，乙袋中黄球个数为E(xn)—1；情况②：甲袋取黄球，乙袋取红球，则第n+1次操作后，乙袋中黄球个数为E(xn)+1；情况③：甲袋取红球，乙袋取红球，或者甲袋取黄球，乙袋取黄球，则第n+1次操作后，乙袋中黄球个数为E(xn)；所以E分所以{E(Xn)—1}是以为公比的等比数列，首项为，所以E所以En……12分由题意知λnanbn=0或λnanbn=(2n-1)3n>0，当λnanbn=(2n-1)3n>0时，设Sn=λλ...+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n，所以3Sn=1×32+3×33+...+(2n-3)3n+(2n-1)3n+1，所以-2Sn=3+2×(32+33+...+3n)-(2n-1)3n+1所以Sn=3+(n-1)3n+1，…14分法一：由题意可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当λ1,λ2,...,λn-1,λn均为1时：此时该系列元素只有Sn=3+(n-1)3n+1即CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(0),n)个；当λ1,λ2,...,λn-1,λn中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有Sn-a1b1,Sn-a2b2,Sn-a3b3,...,Sn-anbn共有CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),n)个，则这CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),n)个元素的和为CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)Sn-(a1b1+a2b2+...+anbn)=(CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)-CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(0),n))Sn；当λ1,λ2,...,λn-1,λn中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj(i,j∈{1,2,...,n},i≠j)共有CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),n)个，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)当λ1,λ2,...,λn-1,λn中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj-akbk(i,j,k∈{1,2,...,n},i≠j≠k)共有CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(3),n)个，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(3),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(3),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(3),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),n)…共有CEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(n),n)-1个，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)当λ1,λ2,...,λn-1,λn均为0时：此时该系列的元素为0=(CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up0(n),n)-CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up0(n),n)--EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up0(1),1))Sn，…16分综上所述，Tn中的所有元素之和为SnEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)SnEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(3),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),n)-CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(n),n)-EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(-2),1)nEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(n),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(-1),1)nEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(0),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(1),n)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(n),n)-1EQ\*jc3\*hps13\o\al(\