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淄博市 2025─2026学年度高三模拟考试
数学答案
一．
1 2 3 4 5 6 7 8
C B D B A D A D
二．
9 10 11
BC ACD ACD
三．
12 13 14
3 6 n 1
,
5 5 x
π
kπ x π kπ, k Z 3 3
12 4

2
a2 c2 b2 a2 c2 b2
四．15.解（1）法一：由余弦定理 a cosB a 1分
2ac 2c
b2 c2 a2 b2 c2 2bcos A b a 2分
2bc 2c
a2 c2 b2 b2 c2 a2a cosB bcos A 2 c c sinC 3分
2c 2c 3
sinC 3 ， 4分
2
C 0,

，所以C 5分
2 3
a cosB bcos A 2法二:由正弦定理： c sinC
3
sin AcosB sin B cos A sinC 2 sin2 C 3分
3
高一数学试题 第 1页（共 16页）
C 0, sinC 3因为 ,sinC 0，所以 ， 4分
2 2
C 5分
3
2
法三： a cosB bcos A c c sinC 3分
3
sinC 3 ， 4分
2
C 0,

，所以C 5分
2 3

（2）由（1）知C ，
3
sin A sin B sin A sin 2 A 3sin A 3 cos A 3sin
A
3
8分
2 2 6

A

0,


2
又因为 ，所以 A
, ， 11分
B 2 A 0,

6 2
3

2
3sin 3 所以 A 6
, 3
2

sin A sin B sinC 3 sin A 3 3 3 3 3 , 13分
6 2

2 2


16.解：（1） x2 y2 1的渐近线为 y x
y x
由 2 得 y2 y 2px 2py 0
，所以 y 2p，p xp 2p，
高一数学试题 第 2页（共 16页）
P 2p, 2p ，同理Q 2p, 2p ， 2分
S 1 2 OPQ PQ x 4p 162 p ， p 2， 4分
抛物线 E 2的方程为 y 4x 5分
（2）法一：由（1）知 P 4,4 ，由题知直线 AB的斜率不为0，
设直线 AB的方程为 x my n， A x1, y1 ， B x2 , y2
x my n
联立 得 y22 4my 4n 0
y 4x
Δ 16m2 16n 0即m2 n 0
y1 y2 4m y1y2 4n， 7分
因为以线段 AB为直径的圆恰好经过点P，所以PA PB

PA PB 0， 9分
即

PA PB x1 4, y1 4 x2 4, y2 4
x1x2 4 x1 x2 16 y1y2 4 y1 y2 16
y1y2
2
3y y y y 2 4 y y 32 0
16 1 2 1 2 1 2
2
所以 n 12n 16 m2 m 32 0 ， 11分
1 2
即 n 6 2 16 m

0
2
所以 n 4m 8 0或n 4m 4 0 13分
高一数学试题 第 3页（共 16页）
所以 n 4m 8或 n 4m 4
n 4m 8时，满足Δ 0，直线 AB的方程为 x my 4m 8，过定点 8, 4 ，
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，
设直线 AB的方程为 x my n， A x1, y1 ， B x2 , y2
x my n
联立 2 得 y
2 4my 4n 0
y 4x
Δ 16m2 16n 0即m2 n 0
y1 y2 4m， y1y2 4n 7分
因为以线段 AB为直径的圆恰好经过点 P，所以PA PB
直线 PA，PB的斜率存在且不为零， kPA kPB 1， 9分
k k y1 4 y 4 y 2 1 4 y2 4 4 4PA PB 1
即 x1 4 x 4 y 22 1 4 y
2
2 y 4 y 4 4 1 2
4 4
所以 y1 4 y2 4 y1y2 4 y1 y 2 16 16
所以 n 4m 8 0， 13分
即 n 4m 8，满足Δ 0，
直线 AB的方程为 x my 4m 8，过定点 8, 4 . 15分
y1 4 y2 4
法三：直线 PA， PB的斜率存在且不为零， kPA kPB 1x 4 x 4 ，1 2
设直线 AB的方程为 t x 4 s y 4 1
高一数学试题 第 4页（共 16页）
t x 4 s y 4 1 1 8s y 4
2
联立 2 得y 4x
8t 4s y 4 4t 0 8分
x 4 x 4
Δ 8t 4s 2 16t(1 8s) 0
k 4tPA， kPB为方程的两根， kPA kPB 1 11分1 8s
1
所以 t 2s ， 13分
4
满足Δ 0
x 8
直线 AB的方程为 s 2x y 12 0
4
2x y 12 0
由 得定点 8, 4
x 8 0
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
y kx b 2 2 2
联立 2 得 k x 2kb 4 x b 0
y 4x
Δ 16 16kb 0即1 kb 0
x x 4 2kb b
2
1 2 k 2
， x1x2 6分k 2
因为以线段 AB为直径的圆恰好经过点 P，所以PA PB

PA PB 0， 8分
即
高一数学试题 第 5页（共 16页）

PA PB x1 4, y1 4 x2 4, y2 4
x1x2 4 x1 x2 16 y1y2 4 y1 y2 16
1 k 2 x 21x2 kb 4k 4 x1 x2 b 8b 32 0
所以b2 12kb 16k 32k 2 16 0， 10分
即 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），
2
当b 8k 4 2时，Δ 16 16kb 16 8k 4k 1 16 8 k 1 1 0，直线
4 2
AB的方程为 y kx 8k 4，过定点 8, 4 .
x 8
当直线 AB的斜率不存在时，直线 AB的方程为 x 8，由 2 得y 4x y 4 2
，不

妨设 A 8,4 2 ，B 8, 4 2 ，

PA PB 8 4, 4 2 4 8 4, 4 2 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， 2 + 2 = 45 = 2，∴AC⊥AD 1
分
又 PA⊥面 ABCD，AC 面 ABCD,∴AC⊥PA 2分
高一数学试题 第 6页（共 16页）
又 PA ∩ AD = A,AD,AP 面 PAD, ∴AC⊥面 PAD 3分
∴AC⊥PD 4分
（2）(i)法一：以 , , 为正交基底建立如图空间直角坐标系 A-xyz，
A(0，0，0)，C(3，0，0)，B(3，-3，0)，D(0，6，0)，P(0，0，6)， 5分
因为 G为 PCD 的重心，∴G(1,2,2) 6分
所以 = 2，2，2 , = 3，9，0 ， = (0， 6，6)
设平面 PBD的法向量为 = ( ， ， )
= 3 + 9 = 0
则

，令 y = 1，解得 = (3，1，1) 8分
= 6 + 6 = 0

设 GC 与面 PBD 所成角为α，则 sinα = =
6+2+2 = 33 10分
9+1+1 4+4+4 33
法二：由（1）知，PD = 6 2, = 3 2, = 3 6, = = 3 5
3 3
ABD 中，∠BAD= + = ，所以由余弦定理 2 = 2 + 2 2 = 90
4 2 4 4
所以 BD=3 10， 6分
2 2 2
在 PBD 中，cos∠BPD = + = 54+72 90 = 1 , ∴ ∠BPD = 11
2 2 3 6 6 2 2 3 2 3
1所以 = ∠BPD = 1 3 6 6 2 11 = 9 11， 8分2 2 2 3
1 9
= =2 2
1 1
设点 C到平面 PBD 的距离为 d,所以 = = PA3 3
d = 3 11解得 9分
11
延长CG交PD与点M，因为G为 PCD的重心，所以CM为中线，且 = = 3 5，PD = 6 2
所以 CM = 3 3
33
CG 与平面 PBD 所成角，即 CM 与平面 PBD 所成角，设为α,即 sinα = = 10分
33
(ii)设 = = ( ，2 ，2 ) 11分
法一： = 0，0，6 ， = 3， 3，0 ， = (0，6，0)
因为 P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数 m,n,t，
使得 = + + = (3 , 3 + 6 , 6 )，且 m+ n + t = 1 13分
= 3
所以 2 = 3 + 6 = 6 6 6，解得 k = ,所以 = 15分7 7
+ + = 1
高一数学试题 第 7页（共 16页）
法二： = ，2 ，2 6 ， = 3， 3， 6 ， = 0，6， 6 ，
因为 P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数 m,n，
使得 = ( ，2 ，2 6) = + = (3 , 3 + 6 , 6 6 ) 13分
= 3
所以 2 = 3 + 6 k = 6 6，解得 ,所以 = 15分7 7
2 6 = 6 6
法三： = ，2 ，2 6 ，由（2）知，平面 PBD的法向量为 = (3，1，1)，
所以 = 3 + 2 + 2 6 = 0， 13分
6 6
解得 k = ,所以 = 15分
7 7
18.解：(1) a 2时, f (x) 2x , f (x) 2x ln 2 1分
f 0 1 2分
f (0) ln 2 3分
曲 线 y f (x) 在 点 (0, f (0)) 处 的 切 线 方 程 为 y 1 ln 2(x 0) 即
x ln 2 y 1 0 4分
（2）法 1：令 (x) f (x) g(x) e2 1 a x x ln a 1 5分
(x) a x ln a ln a (a x 1) ln a 0 6分
得 x 0
(x) 0时， x 0 ； (x) 0时， x 0 即 y (x) ,0 在 上单调递减，在
0,
上单调递增 8分
(x) (0) 0 2即 f (x) g (x) e 1 10分
x x
法 2：要证原不等式，等价于证明 f (x) ln a 1, 令 t a (t 0)
只需证 t ln t 1 0 (t) t ln t 1(t 0) 5分
高一数学试题 第 8页（共 16页）
(t) 1 1 t 1
t t 6分
t (1, ), (t) 0
以， t (0,1), (t) 0所
所以 (t) 0,1 1, 在 上单调递减， (t)在 上单调递增 8分
所以 (t) (1) 0 10分
x ln a 1
1, x ln a 1法 3：要证原不等式，等价于证明 1,f (x) 即 ax
p(x) x ln a 1 ,
令 ax 5分
p (x) x(ln a)
2
, 6分
ax
x ( ,0), p (x) 0
所以， x (0, ), p (x) 0
所以 p(x)在 x ( ,0)上单调递增， p(x)在 x (0, )上单调递减 8分
所以 p(x) p(0) 1
x ln a 1
，所以 x 1,a
即 f (x) g(x) e2 1. 10分
（3）法 1 h(x) f (x) g(x) a x bx e2
曲线 y f (x)与直线 y g (x)有两个不同的交点 y h(x)有两个不同的零点
h (x) a x ln a b 11分
①若 b 0，则 h (x) a x ln a b 0，所以 h(x)在 R上单调递增，至多一个零点，舍去；
12分
②若 b 0，
高一数学试题 第 9页（共 16页）
当 x
, log b

a 时， h ' x 0,h x 单调递减，
ln a
当 x

log
b
a , 时， h ' x 0,h x 单调递增．
ln a
h(x)在 ( ,log
b b
a )单调递减，在lna
loga , 上单调递增
ln a
x 时， a x 0, bx e2 ,h(x) x 时， h(x)
b
所以只需 h(loga ) 0即可 14分lna
ln b
h(log b ) ba blog
b e2 b b lna e2 0
lna lna a lna lna lna
b
令 t (t 0) 上式等价于
ln a t t ln t e
2 0 15分
记 s(t) t t ln t e2 , s (t) ln t, (t 0)
所以， t (0,1), s (t) 0, t (1, ), s (t) 0.
所以， s(t)在 t (0,1)上单调递增，在 t (1, )上单调递减，
2
s(1) 1 e2 , s(e2 ) 0, t 0, s(0) e2 所以 s(t) 0 t e
b e2即 的取值范围是 ,
ln a 17分
法 2： h(x) f (x) g(x) a x bx e2
曲线 y f (x) 与直线 y g (x) x 2有两个不同的交点 a bx e 0 有 2 个不同解
ex ln a bx e2 0有 2个不同的解
x 0 x ln a 2 2当 时， e bx e 1 e 0 11分
bt t 2
当 x 0时，令 t x ln a，则 et e2 0 b e e
ln a ln a t
b et e2
只需保证 y 与 y 有两个不同的交点
ln a t
高一数学试题 第 10页（共 16页）
记 t 2 ，
s(t) e e , 12分
t
et t et e2 t
s (t) e (t 1) e
2

t2 t2
记 r(t) et (t 1) e2
当 x 0即 t 0时， r(t) et (t 1) e2 0
s(t)在 ,0 上单调递减，且 s(t) 0 14分
当 x 0即 t 0时，
r(t) et (t 1) e2 , r (t) et (t 1) et 1 et t 0
又 r(2) 0，所以 t (0,2)时， r(t) 0, t (2, )时， r(t) 0，
则 s(t)在 (0,2)单调递减， (2, )单调递增， t 0, s(t) ;t , s(t) 16分
b b
s(2) e2 2即 的取值范围是 e , 17分ln a ln a
法 3： f (x) a x , g(x) bx e2.
先求 f (x)过点 (0, e2 )的切线方程
x
设切点为 (x ,a 00 )， f (x) a x ln a
x x
所以切线方程为 y a 0 a 0 ln a(x x0 )
又因为切线过点 (0, e2 )
2 x x
所以 e a 0 a 0 ln a(0 x0 )，
ax0 (x ln a 1) e20 ,
即 ax0 (ln ax0 1) e2 , 12分
令 ax0 t则 t(ln t 1) e2 ,
高一数学试题 第 11页（共 16页）
记 h(t) t(ln t 1), 13分
h (t) ln t, (t 0)
所以， t (0,1),h (t) 0, t (1, ),h (t) 0.
所以， h(t)在 t (0,1)上单减，在 t (1, )上单增， 15分
且 h(1) 1,h(e2 ) e2， t 0,t ln t 0,h(t) 0
所以 ax0 e2， 16分
所以切线的斜率为 ax0 ln a e2 ln a
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 e2 ln a
b
e2即 17分
ln a
19．解：（1）
p 1 3 1
，
1 , 1分3 3 3
q 2 3 21 2分3 3 3
p p 1 3 +q 1 2 1 1 2 2 72 1 1 + ， 3分3 3 3 3 3 3 3 9 27
q p 2 3 +q 1 1 2 2 2 2 2 5 162 1 3 3 1
0 + 4分
3 3 3 3 3 9 27
p p 1 3 +q 1 2 1 p + 2（2）法 1： n n 1 3 3 n 1

3 3 3 n 1
q
9 n 1
， 6分
q 2 3 1 1 2 2 3 2 1 2n pn 1 +qn 1 (1 p3 3 3 3 n 1
qn 1) q + ， 8分3 3 9 n 1 3
2 1 2
因此 2pn qn pn 1+ qn 1 ，3 3 3
1
从而 2pn qn (2pn 1+q
2
n 1) , 2p q 1
1
n n (2pn 1+qn 1 1)，3 3 3
1 1
即 2pn qn 1 (2p1+q1 1) n 1 , 2pn qn 1 . 10分3 3n
又 X n的分布列为
X n 0 1 2
高一数学试题 第 12页（共 16页）
P 1 pn qn qn pn
11分
1
故 E(X n ) 2pn qn 1 n . 12分3
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，
2 E(x )
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 n
3
E(x )
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 n
3
则第 n 1次操作后，乙口袋中黄球个数 xn 1满足
E(x 2 E(xn) E(xn) E(xn) 2n 1) E(xn ) 1 1 10分3 3 3 3
则 E(x 1n 1) 1 (E(xn ) 1) E(x1) 2p
4
1 q3 1

3
E(x ) 1 1 1 ( )n 1n 所以 E(xn ) 1 (
1)n ……12分
3 3 3
（2）法 3：记第 次操作后，乙袋中黄球个数为 ( )，红球个数为 3 ( )，则甲袋
中黄球个数为 2 ( )，红球个数为 1 + ( )，
则第 + 1 次操作中，
情况①：甲袋取红球，乙袋取黄球，则第 + 1次操作后，乙袋中黄球个数为 ( ) 1；
情况②：甲袋取黄球，乙袋取红球，则第 + 1次操作后，乙袋中黄球个数为 ( ) + 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 + 1 次操作
后，乙袋中黄球个数为 ( )；
( ) = 1+ ( ) ( )所以 +1 ( ) 1 +
2 ( ) 3 ( ) ( ) + 1 + 1+ ( )
3 3 3 3 3
3 ( )+ 2 ( ) ( ) ( ) =
1 ( 2
3 3 3 3
) + ，
3 10分
所以 ( +1) 1 =
1 ( ) 1
1 2 1 2
，由（1）知，
3 1
= ,
3 1
= ，所以 1 = 2 + 1 =3 3 3
高一数学试题 第 13页（共 16页）
4 , 1 1 ≠ 0,3
1 1
所以 ( ) 1 是以 为公比的等比数列，首项为 ，3 3
1
所以 ( ) 1 =
1 1
3 3

所以 ( ) = 1 +
1 ……12分
3
1
（3）令bn E(X n) 1
，
由题意知 nanbn 0或 nanbn 2n 1 3
n 0，
当 nanbn 2n 1 3
n 0时，设
Sn 1a1b1 2a2b2 ... 2nanbn 1 3 3 3 ... 2n 3 3n 1 2n 1 3n，
所以3Sn 1 3
2 3 33 ... 2n 3 3n 2n 1 3n 1，
所以
2Sn 3 2 32 33 ... 3n 2n 1 3n 1
2 n 1
3 2 3 1 3 2n 1 3n 1 6 1 3 2 2n
3n 1，

所以 Sn 3 n 1 3
n 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 1, 2 ,..., ,
n 1 0
n 1 n均为 1 时：此时该系列元素只有 Sn 3 n 1 3 即Cn个；
当 1, 2 ,..., n 1, n中只有一个为 0，其余均为 1时：
1
此时该系列的元素有 Sn a1b1, Sn a2b2 , Sn a3b3 , ..., Sn anbn 共有Cn个，
C1 1 1 0则这 n 个元素的和为CnSn a1b1 a2b2 ... anbn Cn Cn Sn ；
高一数学试题 第 14页（共 16页）
当 1, 2 ,..., n 1, n中只有 2个为 0，其余均为 1时：
2
此时该系列的元素为 Sn aibi a jb j i , j 1,2,...,n ,i j 共有Cn 个，
2 2 1
则这Cn 个元素的和为CnSn Cn 1 a1b1 a2b2 ... anbn C 2n C1n 1 Sn ；
当 1, 2 ,..., n 1, n中有3个为 0，其余均为 1时：此时该系列的元素为
S 3n aibi a jb j akbk i , j ,k 1,2,...,n ,i j k 共有Cn 个，
3 3 2 3 2
则这Cn 个元素的和为CnSn Cn 1 a1b1 a2b2 ... anbn Cn Cn 1 Sn ；
…
当 1, 2 ,..., n 1, n中有 n 1个为 0，1个为 1时：此时该系列的元素为 a1b1,a2b2 ,...,anbn
n 1
共有Cn 个，
Cn 1 n 1 n 2 n 1 n 2则这 n 个元素的和为Cn Sn Cn 1 a1b1 a2b2 ... anbn Cn Cn 1 Sn ；
当 1, 2 ,..., n 1, n均为 0时：此时该系列的元素为0 Cn Cn 1 ， 16分n n 1 Sn
综上所述，Tn中的所有元素之和为
S C1 1 S C2 C1 S C3 C2n n n n n 1 n n n 1 Sn ... C n 1 C n 2 nn n 1 S n C n Cn 1n 1 S n
C0n C1n ... Cn 1 Cn C0 1n n n 1 Cn 1 ... Cn 2 Cn 1n 1 n 1 Sn
2n 2n 1 S 2n 1n S 2n 1 3 ； 17分n n 1 3n 1
法二：由题意可得
Tn Sn ,Sn aibi ,Sn aibi a jb j ,Sn aibi a jb j akbk ,...,aibi a jb j ,aibi ,0 , i, j,k 1,2,...,n ,i j k
，
所以Tn 的所有的元素的和中各项 aibi i 1,2,...,n 出现的次数均为
C0 1n 1 Cn 1 ... C
n 2 Cn 1 2n 1n 1 n 1 次， 16分
高一数学试题 第 15页（共 16页）
所以Tn 中的所有元素之和为
2n 1 a1b1 a2b2 ... a b 2n 1S 2n 1 n 1n n n 3 n 1 3 . 17分
高一数学试题 第 16页（共 16页）

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