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2025 年 3 月济南市高三模拟考试
数学试题参考答案
一、单项选择题：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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A D C B A B D
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，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。
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12． 30 13． 1 14． 2
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．【解析】
解：（1）设 A “智能客服的回答被采纳”，B “输入问题表达不清晰”，
1
由题意可知， P(B) ,P(B) 1 4 1 ， P(A | B) 1 ,P(A | B) 7 ，
5 5 5 2 8
1 1 4 7 4
P(A) P(B)P(A | B) P(B)P(A | B) ．5 2 5 8 5
4
智能客服的回答被采纳的概率为 ．
5
4
（2）由题意得， X 的可能取值为 0, 1, 2, 3． X ~ B(3, ) .
5
4 0 1 3 1 2P X 0 C 0 1 ,P X 1 C1 4 1 123 3 ,
5 5 125 5 5 125
2 1 3 0
P X 2 4 1 C 2 483 ,P X 3
4 1 64
C 3 3 .
5 5 125 5 5 125
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 1 12 48 64
125 125 125 125
- 1 -
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所以， E X 1 0 1 12 48 64 12 4 12 2 3 或E X 3 ，
125 125 125 125 5 5 5
2 2 2 2
12 1 12 12 12 48 12 64 12 4 1 12D X 0 1 2 3 D X 3
5 125 5 125 5 125 5 125 25 5 5 25
16．【解析】
（1）证明：因为平面 ADEF 平面 ABCD，
平面 ADEF I平面 ABCD AD，
AF AD, AF 平面 ADEF，
所以 AF 平面 ABCD．
因为 AC 平面 ABCD，
所以 AF AC．
过 A作 AH BC于H，则 BH＝1，AH＝ 3，CH＝3，
所以 AC＝2 3. 则 AB2＋AC 2＝BC 2，
所以 AC AB．
因为 AB I AF＝A, AB, AF 平面 ABF ，
所以 AC 平面 ABF. 又因为 AC 平面 ACP，
所以平面 ACP 平面 ABF ．
uuur uuuur uuur
(2)以 A为坐标原点， AB，AC，AF 的方向分别为 x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz．
则A(0,0,0)，B 2,0,0 ，C(0,2 3,0),E(－1, 3,2)，
uuur uuur
BE ( 3, 3 , 2), BC ( 2, 2 3, 0)．
uur uuur
设 BP BE , 0,1 ，
uur
则 BP ( 3 , 3 , 2 ) , 所以 P(2 3 , 3 , 2 )，
uuur
故 AP (2 3 , 3 , 2 )．
设 n (x, y, z)为平面 BCE 的法向量，则
3x 3y 2z 0 z 3y
，解得
2x 2 3y 0 x 3y
- 2 -
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令 y 1，得 n (3, 3,3) ．
uuur 6 3 21
设直线 AP与平面 BCE 夹角为 ， sin cos AP, n ，
21 16 2 12 4 14
2
整理得 4 3
5 0 (4 5 ，即 )(
1
) 0，
9 3 3
5 1 BP 5 BP 1所以 或 ．所以 或 ．
12 3 PE 7 PE 2
17. 【解析】
（1）因为C的离心率为 2，所以 a b， c 2a，
因为当 l x轴时， PQ 2 2 ，
2a2 2
所以不妨令 P( 2a, 2)，代入C中得， 1，所以 a2 22 2 b 2，a b
2 2
则C : x y 1．
2 2
（2）（i） 设 P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ，则 N (1, y1)，因为 l斜率不为 0，所以设 l : x my 2，
与C : x2 y2 2 0 联立得 (m2 1)y2 4my 2 0，
所以m2 1 0， 8m2 8 0，
y y 4m y y 21 2 2 ， 1 2 ，m 1 m2 1
y2 y1
因为 x2 1则直线 NQ的方程为 y (x 1) yx2 1
1 ，
x 0 y2 y1由双曲线对称性得直线 NQ所过定点必在 轴上，故令 y 0 得 (x 1) yx2 1
1 ，则
4m
y y x y y x y my y 2y y1 y2 x 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 m
2 1
y y ，因为
x2 my2 2所以 x ，因为
2

1 y2 y1 y2 y1 y 21y2 m2 1
y y y y1 y21 2 2m y y 2y所以 ，则 1 2 my1y ，所以 x y2 my y 2y
2
y y 2 1 2 1 2
1 3
．
1 2 2 y2 y1 y2 y1 2
所以直线 NQ恒过M (
3 ,0)．
2
ii S 1 OM y y 1 3 y y 3
2
（ ）因为 △OQN 1 2 (y y )
2 4y y 3 2 m 1 ，
2 2 2 1 2 4 1 2 1 2 2 ( m2 1) 2
- 3 -
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m2 1 0

i 2由（ ）得， 8m 8 0 所以 0≤m2 1．

y 2
1
y2 0m2 1
t m2 1( 1 t 0) S 3 2 t 2 3 2 1 2 f (t) 3 2 1 2令 ≤ ，所以 △OQN 2 2 t 2 t t 2
，令 ，
2 t t 2
t [ 1,0)，所以 f (t)在 t [ 1,0) f (t) f ( 1) 3 2上单调递增，所以 ≥ ．
2
综上，△OQN 3 2面积的最小值为 ．
2
18. 【解析】
（1） a 0时， f (x) ex b，
当 b≤1时, f (x) 0，函数 f (x)单调递增，既无极大值也无极小值．
当b 1时， x 0, ln b ，函数 f (x)单调递减， x (ln b, )，函数 f (x)单调递增，
函数 f (x)的极小值是 b b ln b，无极大值．
（i）当b 0时，因为函数 f (x)存在零点，故 ex a x有解，若 x 0，此时无解，所以 x 0，
a 2ex x a
g(x) ex a x有解， g (x) ex ，
2 x 2 x
①若 a≤0，g(x)单调递增， g(x) g(0） 1此时不存在零点；
2
②若 a 0，令 h(x) 2ex x a， h(0) a 0,h(a2 ) ea a a 0，由零点存在定理可知存在
x0 (0,a
2 )， h(x0 ) 0，所以 g(x)在 0, x0 上为减函数，在 x0 , 上为增函数，
x a0 1 1
故 g x min e a x0 a x0≤02 x ，解得 x0≥ ，故2 a≥ 2e2 2e．0
（ii）因为函数 f x 存在零点，所以 f x ex a x bx有解 x0，其中 x0 0，
若 x0 0，则1 a 0 b 0 0，该式不成立，故 x0 0．
故 a x bx ex00 0 0
x
，考虑直线 a x bx e 00 0 0，
a2 b2 表 示 原 点 与 直 线 a x0 bx e
x0
0 0 上 的 动 点 a,b 之 间 的 距 离 ，
- 4 -
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a2 b2 e
x0
≥ 2 2 e
2x0
2 ，所以 a b ≥ ，x0 x0 x
2
0 x0
2x0
x0 0时，要证 a2 b2
e
2，只需证 2 2，x0 x0
即证 e2x0 2x 20 2x0 0 ．
令 g x e2x 2x2 2x, x 0 g x 2e2x，则 4x 2 2(e2x 2x 1)，
h(x) (e2x 2x 1)故 h (x) 2(e2x 1) 0，h x 在 0, 上为增函数，故 h x h 0 0．
即 g x 0， g x 在 0, 上为增函数，
2x0
故 g x g 0 e 1，故 2，即 a2x 2 x b
2 2成立．
0 0
19. 【解析】
（1）设△A2B2C2 的外接圆半径为 r2，由题意知，
A B B 1C1 1 B C 11 1 2 2 A
1
1B1
2sin sin ， 3 3sin ，
2 2 2
2r B 2C2 1
又 A 2

2 ,故 sin 3sin sin ．
2
r 1
故△A2B2C2 的外接圆半径为 2 6sin sin ．
2
（2）设△AnBnCn 的外心为On，外接圆半径为 rn， BnCn的中点为Mn， BnCn ln ，
l lA B n l 1
l
A B n
则 r n ， n nn 2sin ，
n 1 n n
2sin 3 6sin
．
2 2
注意到 An 1Bn 1的中点也为Mn。故 An 1Bn 1的中垂线与 BnCn中垂线
重合．由题意知 An ,On ,On 1均在 BnCn的中垂线上．
A B l l
On 1M n An 1M n tan

n 1 n 1 tan n 1 n 1
而 2 2 2 4cos 2 3 ，
2
- 5 -
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BnM n ln l lOnM
n 1 n 1n tan 2 tan 12sin tan 6 3 ，
2
2l
故OnOn 1 On 1M n OnM n
n 1
．
3 3
l
r r n 1
ln ln 1 (1 1
2l
n 1 n )
n 1 O O
另一方面， 2sin 2sin 2sin 6sin 3 3
n n 1，
2
故△AnBnCn的外接圆内切于△An 1Bn 1Cn 1的外接圆．
从而△AnBnCn的外接圆各点位于△An 1Bn 1Cn 1的外接圆上或其内部．①
反复使用结论①可得，△AnBnCn的外接圆位于△A1B1C1 外接圆上或其内部．
故△AnBnCn各顶点均在△A1B1C1 外接圆上或其内部．
（3）若满足题意，则 A2位于在△A1B1C1 外接圆上或其内部，故 A2O1≤ r1．
O1M 2 A1M 2 tan
A B
1 1 tan l 1
由（2）知 2 2 2 4cos ，
2
l l1 cos
cos
A 2 2 l 12M 2 , A2O1 A2M2 OM
1 2
1 2 ( )．
2 tan 12sin 2 4 cos 3sin 2
2 2 2 2
cos l 1 l
由题意， A2O1≤ r
1 2
1，即 ( )
1 1≤
，解得 ≤ sin

≤1 ．
4 cos 3sin 2 2sin 2 2
2 2
故 60 ≤ ≤90 ．
当 60 ≤ ≤90 ，同上可得 AnOn 1≤ rn 1．
由（2）知 An ,On ,On 1共线，故 AnOn OnOn 1≤ rn 1，即 rn OnOn 1≤ rn 1．
故OnOn 1≤ rn 1 rn，故△AnBnCn的外接圆位于△An 1Bn 1Cn 1外接圆上或其内部．
1
故△AnBnCn各顶点均在△A1B1C1 外接圆上或其内部，故 cos 的范围为 [0, ]．2
- 6 -
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