山东省潍坊市青州第一中学2025-2026学年高三下学期第一次模拟数学试题（含答案）

青州一中高三普通部二轮专题复习模拟考试(一)数学一、单选题1.i−2+iA.15B.−15C.2.已知集合A={1,2,A.{1,2}B.{3.已知等差数列an的前n项和为Sn,若5a5和S2的等差中项为A.6B.9C.12D.154.已知点A在圆x2+y2−2x=0上，直线OA的斜率为A.12B.1C.2D.5.若α为第二象限角,且tan2α=sinα2A.−B.−15C.−D.−6.某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐,小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有()A.120种B.144种C.240种D.288种7.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为F1,F2,经过FA.213B.153C.38.不等式e2x+ax+a≥ax+a+1A.(−∞,1]B.(−∞,0]二、多选题9.下列说法正确的是()A.若样本数据x1,x2,x3,⋯,xnB.以模型y=aebx+cabc>0去拟合一组数据时,令C.在1−x4+1−xD.某校高三年级男生的身高X(单位:cm)近似服从N170,52(若X∼Nμ,σ10.设数列an的前n项和为Sn,且SnA.数列an是等比数列B.C.an+bn的前n项和为11.在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱A.点M到平面AB1CB.直线BM与直线AD1所成角的余弦值为C.若过点C的平面α垂直于直线BM,则平面α截正方体所得截面的周长为2D.若动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，且AP⊥BM，则直线AP与平面三、填空题12.过点2,0且倾斜角为45∘的直线与抛物线y2=4x相交于13.若函数fx=lnx+ax14.已知圆柱OO1,点P是上底面圆周上的一动点,点A,B,C在下底面的圆周上,且满足AB=2,∠ACB=30∘四、解答题15.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a(1)求A；(2)若a=43，求16.如图，多面体EF−ABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，BF=2AB,M(1)求证:DM//平面CEF(2)当平面ABCD⊥平面BDEF时，求直线CM与平面CEF17.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点分别为F1,F2,点(1)求C的方程；(2)过点E3,0的直线l与C交于A,B两点，点A关于x轴的对称点为A1(A(i)求证:直线A1B(ii)求△EA18.某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金,奖金可累计.具体规则如下:游戏I:抛掷质地均匀的相同硬币第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜,得500元奖金;第3局,抛四枚,向上的图案相同则获胜,得900元奖金;游戏II:抛掷质地均匀的特殊骰子(三组对面分别标记0,2,6的骰子).第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜,得600元奖金;第3局,抛四颗,向上的数字是2,0,2,6(不计顺序)则获胜,得900元奖金.(1)求游戏I第2局获胜的概率；(2)若销售部门的3位员工均选择游戏I，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望;(3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.19.对于可导函数fx,从初始值x0出发,定义序列xn:x(1)设xn+1=gxn，求函数(2)记α=3+52，β(i)求证:an(ii)是否存在正整数m,n,pm<n<p使得1.D∵i−2+i=i−2.A因为集合A={所以B=所以A∩3.C设等差数列an的公差为d由题意得,5a则S74.B依题意,直线OA的方程为3x−y=0,圆x2+y2点1,0到直线OA的距离d=32,显然点O所以OA=故选:B由题意得,sinα≠0,sin整理得,2cosα2+cosα=2cos2故选:A6.C由题意可得,小王同学有两天吃同一种套餐,先从5天中选出两天吃同一种套餐,然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有C52故选:C.7.A设AB=m,则由双曲线的定义,可得AF1−AF又由BF因为BF1−BF在△ABF1中，由余弦定理得4a2=m2+m即m2=9a2,所以m在△AF1F2即2c2=3a2+a2−2所以双曲线的离心率为e=8.A不等式e2x可化为ex当x∈[0,+∞),有因此原不等式恒成立等价于ex−ax+1因为x+1>0,所以a≤e设gx=exxg故gx在[0,+∞)上单调递增,因此,a≤故选:A9.AC对于A,因为s2=1nx1−x对于B,由回归方程lny−c=1.32x所以y=e1.32x+4.16+c=对于C,在展开式中含x3项为:C所以在展开式中含x3项的系数是-69,故C对于D,因为高三年级男生的身高X(单位:cm)近似服从N170所以μ=170,σ=所以P175<X<10.AC∵Sn=2an−1,当n=当n≥2时,an=S∴an是以1为首项，公比为2的等比数列，∴an=2b记cn=an+bn=2nTn=因为an2=2n−∴a1故选:AC11.ACD以点A为坐标原点,AB、AD、AA1则A0对于A选项,AM=设平面AB1C的一个法向量为m=x取x1=1,可得m=1,−1,−1,所以点M对于B选项，BM=−3,1,cos所以直线BM与直线AD1所成角的余弦值为2对于C选项,设平面α交直线AB于点Ea,0,0,交直线BCE=因为BM⊥α,CE、所以BM⋅CE=−3a−3−3BM⋅CF=−3+3c=0故截面为△CEF,且CEEF=2−32+0+1=2对于D选项,设点P3,y,z,则AP因为AP⊥BM,则AP⋅BM=−由0≤y=9−易知平面BB1C1C设直线AP与平面BB1C1Csin因为函数fz=10z2−54z+90所以fz又因为f2=22,f3=18故sinθ当sinθ取最小值时,θ最小,此时cos此时tanθ的最小值为3当sinθ取最大值,θ最大,此时cos此时tanθ的最大值为10故直线AP与平面BB1C1C故选:ACD.12.4因为直线过点2,0且倾斜角为所以该直线的斜率为tan45所以该直线的方程为y=x得y2Δ=设AxAB13.2∵函数fx=lnx+a∴f∵函数fx=lnx+ax∴f′x=x2即x2−ax+2=令gx=x2−要使x2−ax+2=则需满足Δ=a2−8>综上,实数a的取值范围为2214.4设圆柱OO1的底面圆半径为r,则需满足2r=ABsin∠易知三棱锥P−ABC的外接球与圆柱OO1的外接球相同,其半径R满足4π设外接球球心为O2所以r2+h22=R因为点P是上底面圆周上的一动点,即点P到底面ABC的距离为6,取AB的中点为D,连接OD,OA,OB,因此因为OA=OB=AB=2当点C到AB的距离最大时，▵ABC的面积最大，此时三棱锥P−因为点C在下底面的圆周上,所以点C到AB的距离最大值为OC+因此S△所以三棱锥P−ABC体积的最大值为15.(1)A(2)2(1)由bcosC+2acos由正弦定理得sinB所以sinB因为sinA≠0,所以因为0<A<π(2)依题意，a=43，设BC边上的高为由S△ABC=12由余弦定理a2=b2+即bc≤16,当且仅当b因此h=所以BC边上的高的最大值为2.16.(1)证明:如图所示，连接AC交BD于点N，因为四边形ABCD为正方形,所以N为AC的中点,又因为M为AE的中点,所以MN//因为MN⊄平面CEF,CE⊂平面CEF,所以MN//又因为四边形BDEF为矩形,所以BD//因为BD⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以BD//又因为MN∩BD=N,且MN⊂平面BDM所以平面BDM//平面CEF因为DM⊂平面BDM，所以DM//平面(2)解:因为四边形BDEF为矩形，所以DE⊥BD又因为平面ABCD⊥平面BDEF，且平面ABCD∩平面BDEFDE⊂平面BDEF,所以DE⊥平面因为AD,DC⊂平面ABCD,所以又因为四边形ABCD为正方形,所以AD⊥以D为坐标原点,以DA,DC,DE所在直线分别为如图所示,设AB=2,则可得C0所以向量CM=设平面CEF的法向量为n=x,y,取z=1,可得x=−2,设直线CM与平面CEF的夹角为θ,可得sinθ所以直线CM与平面CEF的夹角的正弦值为4917.(1)因为S△PF1F2=12F1F2⋅yP，又−b≤yP在△PF1F2中，∠PF1F2又b2=a2−c2=3c2,所以所以a=4,b=23,所以椭圆(2)(i)当过点E3,0的直线l不与设直线l的方程为x=由x=my+3x整理得3m由韦达定理得y1因为A1为点A关于x轴的对称点,所以A1x1,−所以直线A1B的方程为由对称性,直线A1B所过定点一定在x令y=0,可得==所以直线A1B过定点当过点E3,0的直线与x轴重合时,显然过点综上所述:直线A1B过定点(ii)记直线A1B过定点为则S=7当且仅当3m2=4,即所以△EA1B18.(1)由题意知,游戏I第2局获胜的概率P=(2)易知X=0游戏I第1局获胜的概率为12，第2局获胜的概率为14，则第1局和第2局均未获胜的概率为因此可知X∼∴PX随机变量X的分布列为X0123P125512225512135122751随机变量X的期望EX=0×125(3)应该参加游戏II，理由如下:记Y1,Y2分别为一次参加游戏游戏I第1局获胜的概率为12，第2局获胜的概率为14，第3局获胜的概率为1∴E游戏II第1局获胜的概率为13，第2局获胜的概率为19C∴E∵E∴从奖金期望角度来看,应选择参加游戏II.1