2025年1月山东济南高三数学模拟考试参考答案_2025年1月_250119山东省济南市2024-2025学年高三上学期1月期末学习质量检测（全科）_山东省济南市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学

2025 年 1 月济南市高三摸底考试 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 D C B B 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 BCD AC ACD 三、填空题：本题共 小题，每小题 分，共 分。 3 5 15 7 12． 13．(x1)2  y2 1（答案不唯一) 14．2450；252 204 8 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】（1）取DD 中点G，连接AG,EG， 1 则有DG‖CE,DGCE ，所以四边形CDGE 为平行四边形，所以CD‖EG，CDEG ， 又因为AB‖CD，ABCD，所以AB‖EG,ABEG，所以四边形ABEG为平行四边形， 所以BE‖AG,BE AG，又因为AF‖DG,AF DG，所以四边形AGDF 为平行四边形， 1 1 1 所以AG‖DF ，所以BE‖DF ， 1 1 所以B,E,D,F 四点共面． 1 （2）取DC中点O, AB中点M ，连接D 1 O，OM ． 因为AA  AB，DDC60，所以侧面DCC D 是菱形，所以DODC ， 1 1 1 1 1 因为平面DCC D 平面ABCD，平面DCC D ∩平面ABCD CD，DO平面DCC D ， 1 1 1 1 1 1 1 所以DO平面ABCD，进而有DOOM ，DOOC， 1 1 1 因为底面ABCD是矩形，所以OM OC， 所以OM ，OC ，OD 两两互相垂直．如图所示建系， 1 由（1）知DO平面ABCD，所以m(0,0,1)是平面ABC D 的一个法向量． 1 1 1 1 1 -1- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}设AD1，则D (0,0, 3),B(1,1,0)．因此 1   3 3 DB(1,1, 3),DE (0, , )． 1 1 2 2   设n(x,y,z)平面DBE的法向量，则nDB，nDE． 1 1 1 x y 3z0，  x2y0， 所以 所以 3 3  y z0. z 3y. 2 2 取y1，则x2，z 3．于是n(2,1, 3)是平面DBE的一个法向量． 1 设平面BDE与平面ABC D 夹角为 ， 1 1 1 1 1 mn 3 6 coscosm，n   ． m n 413 4 6 即平面BDE与平面ABC D 夹角的余弦值为 ． 1 1 1 1 1 4 sinC 2cosBcosC 16．【解析】（1）由正弦定理得，  ， sinA 2cosA 所以，2sinCsinCcosA2sinAcosBsinAcosC ，即2sinC 2sinAcosBsinB， 又ABC ，所以，2sin(AB)2sinAcosBsinB ，即2sinBcosAsinB， 1  因为sinB0，所以cosA ，又因为A(0,)，所以A ． 2 3 （2）因为AM 是边BC的中线，所以  A  M   1 (  A  B  +  A  C  )，则  A  M  2  1 (  A  B  2 +AC2+2|  A  B  ||  A  C  |cos  ) ． 2 4 3 21 21 1 不妨设c1，则AM  ，所以，( )2  (12+b2+b)，即b2+b200， 2 2 4 b 解得，b4或（5 舍），所以AN  2. 2 2 1 AN AB 即  在△ABN 中，  ， sinABN  ， sinABN sinANB sin( ABN) 3  解得，cosABN 0，即ABN  ． 2 所以，在Rt△ABN 中，BN  AN2c2  41 3， 2 2 3 又易知，P是△ABC重心，所以，BP BN  ， 3 3 AB 1 3 tanMPN tanAPB   所以 BP 2 3 2 ． 3 17．【解析】（1）由题意，xlnx x2 ax恒成立，所以x0，lnx xa， -2- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}即x0， a lnxx． 1 1x 记 h(x)lnxx，则 h(x) 1 ， x x 所以， x(0，1)时， h(x)0， h(x)单调递增； x(1，)时， h(x)0， h(x)单掉递减， 所以， h(x) h(1)1，所以， a 1． max x2 ax （2）易知， x0是原方程的解．对于 x(1，0)(0，)，原方程等价于 aln(x1) ． x1 x2 ax a (2xa)(x1) x2 (a2)x 记F(x)aln(x1) ，F(x)   ， x1 x1 (x1)2 (x1)2 由F(x)0得，x0或xa2， （i）当a 11 时， a2 1， 所以， x(1，0)时， F(x)0， F(x)单调递增； x(1，)时， F(x)0，F(x)单调递减， 又 F(0)0，所以，此时 F(x)有1个零点，即原方程解的个数为1． （ii）当1a2时， 1a20， 所以， x(1，a2) 时， F(x)0， F(x)单调递减； x(a2，0) 时， F(x)0，F(x)单调递增； x(0，)时， F(x)0，F(x)单调递减． 因为 F(0)0，所以 F(a2)0，且 x1时，F(x) ， 所以， F(x)有2个零点，即原方程解的个数为2． （iii）当 a2时， a20，此时， F(x) 0，所以 F(x)在 (1，)上单调递减，因为 F(0)0， 所以， F(x)有1个零点，即原方程解的个数为1． （iv）当 a2时，a20，此时，x(1，0)时，F(x)0，F(x)单调递减；x(0，a2)时，F(x)0， F(x)单调递增； x(a2，)时， F(x)0，F(x)单调递减． 因为 F(0)0，所以 F(a2)0，且 x时，F(x)， 所以，此时 F(x)有2个零点，即原方程解的个数为2． 综上， a 1或a2时，原方程解的个数为1；1a2或a2时，原方程解的个数为2． 18．【解析】（1）由椭圆的定义可得 △ MF 1 N 的周长为4a，所以4a4 2，所以a 2． c c 2 x2 离心率e   ，解得c1，所以b2 a2 c2 1，所以椭圆C的标准方程为  y2 1． a 2 2 2 （2）（ ）由（1）可得点F 坐标(1,0)，易得过点F 的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点， ⅰ 2 2   由OM ON 可得OM ON 0． -3- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}2 2 2 直线MN 斜率不存在时，在椭圆方程中令x1得y ，不妨设M(1, ),N(1,  ), ① 2 2 2 1 1 所以OM ON 1  0，所以不成立； 2 2 直线MN 斜率存在时，设直线MN 的斜率为k，则其方程为 yk(x1)，设M(x ,y )，N(x ,y )， ② 1 1 2 2 yk(x1),  4k2 2k2 2 由方程组   x2  y2 1 消去 y，得(2k2 1)x2 4k2x2k2 20．则有x 1 x 2  2k2 1 ，x 1 x 2  2k2 1 ，  2 所以有 OM ON  x x  y y  x x k2(x 1)(x 1)(k2 1)x x k2(x x )k2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (k2 1)(2k2 2) 4k4 k2 2   k2  0， 2k2 1 2k2 1 2k2 1 所以k  2 ． 8 8 2 2 4 2 当k  2时，x x  ，y  y  2(x x 2) 2( 2) ，所以点R的坐标是( , )； 1 2 5 1 2 1 2 5 5 5 5 4 2 同理当k  2时，点R的坐标是( , )． 5 5 4 2 4 2 综上所述，点R的坐标是( , )或( , )． 5 5 5 5 4 2 （ ）根据对称性△RST 面积最大值与点R所在象限无关，不妨设点R的坐标是( , )， ⅱ 5 5 此时直线MN 的方程可化为 2x y 2 0， 1 1 S S  S  S ， RST TRS NRS SNR 2 2 设点S到直线MN 的距离为d ，因为T为PN 的中点，R为MN 的中点，所以可得 1 1 1 1 1 3 2 S  S  S   |MN|d  |OR|d  d． RST SNR SMN 2 4 4 2 4 20 4 6 ①直线l斜率不存在时，点S坐标为( ,0)，此时点S到直线 2x y 2 0的距离d  ． 5 15 4 2 ②直线l斜率存在时，设直线l方程为ymx( m )，P(x ,y ), Q(x ,y )， 3 3 4 4 5 5  4 2 ymx( m ),  5 5 4 2 4 2 由方程组 消去 y，得(2m2 1)x2 4m( m )x2( m )2 20． x2 5 5 5 5   y2 1  2 4m(4m 2) 8m 2 2 8m2 2 则有x x  ，y  y m(x x )   ， 3 4 5(2m2 1) 3 4 3 4 5 5 5(2m2 1) -4- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}2m(4m 2) 4m 2 所以点S坐标为( , )， 5(2m2 1) 5(2m2 1) 所以可得d  | 2 5 2 ( m 2m (4 2 m 1  ) 2)  5 4 (2 m m  2 2 1)  2|  2 2(m 2)2 ， 3 5 3(2m2 1) (m 2)2 令 f(m) ,mR， 2m2 1 令t m 2 ，当m 2 时，即t 0，此时直线PQ与MN 重合，△RST 面积为0； t2 1 y  当m 2 ，即t 0时，则有 2t2 4 2t5 5 4 2 ，  5 t2 t 1 2 2 2 5 从而当  ，即m 时， f(m)取得最大值 ． t 5 4 2 6 6 6 此时d   ，所以d  ， max max 3 15 3 3 所以 RST 面积最大值为 ． △ 10 19．【解析】（1）由题意可知  1xa1  1xa2    1xan  1xx2xSn， 令x1，则2n 1S ， n 当n 2时，a S S (2n 1)(2n11)2n1， n n n1 当n1 时，a S 1211 ，符合上式． 1 1 所以a 2n1(nN)． n 13n 3n 1 （2）（i）方法1：因为a 3n1(nN)，则S 133n1   ． n n 13 2 由于 1x 1x3   1x3n1 1x3n  (1b xb x2b x 3n 2 1 )  1xan1  n,1 n,2 3n1 n, 2 3n1 3n11 (1b xb x2b x 2 )(x3nb x13nb x23nb x 2 ), n,1 n,2 3n1 n,1 n,2 3n1 n, n, 2 2 而  1xa1  1xa2    1xan  1xan1  1b xb x2b xSn1， n1,1 n1,2 n1,Sn1 3n 1 又3n  ，于是集合{n b 0,k 1,2,,S }中元素的个数为x 2x 1． n1,k n1 n1 n 2 又x 1，x 12(x 1)，则{x 1}为首项是x 12，公比为2的等比数列， 1 n1 n n 1 于是x 12n，则x 2n 1． n n -5- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}（ii）对  1xa1  1xa2    1xan  1b xb x2b xSn 两边取对数可知 n,1 n,2 n,Sn ln  1xa1  ln  1xa2  ln  1xan  ln  1b xb x2b xSn  ， n,1 n,2 n,Sn a xa1 1 a xa2 1 a xan 1 b 2b xS b xSn 1 再对x求导可得 1  2  n  n,1 n,2 n n,Sn ． 1xa1 1xa2 1xan 1b xb x2b xSn n,1 n,2 n,Sn 1 1 b 2b S b 令x1，则 a a a  S  n,1 n,2 n n,Sn ． 2 1 2 n 2 n 1b b b n,1 n,2 n,Sn 又 b 1 n,  1  b 2b  n,2 b   S  n b b n,Sn 1 2 a n1 1 ，则 1 2 S n 1 2 a n1 1 ，即a n1 1S n ． n,1 n,2 n,Sn 由于  1xa1  1xa2    1xan  1xan1    1b xb x2b xSn  1xan1  n,1 n,2 n,Sn   1b xb x2b xSn    xan1 b x1an1 b x2an1 b xSn1  . n,1 n,2 n,Sn n,1 n,2 n,Sn 而  1xa1  1xa2    1xan  1xan1  1b xb x2b xSn1， n1,1 n1,2 n1,Sn1 因为x S 和x S ，则数列{b }和{b }的每一项均不为零，则b 0， n n n1 n1 n,k n1,k n1,1Sn 于是1 a 1S ． n1 n 那么a 1S ， a 1S 2，当n 2时， a 1S ， n1 n 2 1 n n1 两式相减可得a a S S a ，则a 2a ，故a a 2n2 2n1(n 2)． n1 n n n1 n n1 n n 2 因此a 2n1(nN)． n a a a 设T  1  2  n ，则 n (a 1)(a 1) (a 1)(a 1) (a 1)(a 1) 1 2 2 3 n n1 1 2 2n1 T    n (11)(21) (21)(22 1) (2n11)(2n 1) 1 1 1 1 1 1 (  )(  )(  ) 11 21 21 22 1 2n11 2n 1 1 1   ， 2 2n 1 1  2 1 所以实数m的最小值为 ． 2 -6- {#{QQABbYSAogiAABJAABgCAQFyCEAQkAGAAagGQBAQIAAAiRFABAA=}#}