2025年3月济南市高三模拟考试数学答案_2025年3月_250328山东省济南市2025年3月高三模拟考试（济南一模）（全科）_2025年3月济南市高三3月模拟考试数学

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  1 4 1  7 由题意可知，P(B) ,P(B)1  ，P(A|B) ,P(A|B) ， 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 0 3 1 2 P  X 0 C0 4    1    1 ,P  X 1 C1 4    1    12 , 3 3 5 5 125 5 5 125 2 1 3 0 P  X 2 C2 4    1    48 ,P  X 3 C3 4    1    64 . 3 3 5 5 125 5 5 125 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 1 12 48 64 P 125 125 125 125 -1-所以，E  X 0 1 1 12 2 48 3 64  12   或E  X 3 4  12   ， 125 125 125 125 5  5 5  2 2 2 2    12 1  12 12  12 48  12 64 12   4 1 12 D 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＋AC2＝BC2， 所以AC AB． 因为ABIAF＝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 uuuuruuur (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-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 5 5 1 整理得42 3 0 ，即(4 )( )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 b2 2， a2 b2 x2 y2 则C:  1． 2 2 （2）（i） 设P(x,y ),Q(x ,y )，则N(1,y )，因为l斜率不为0，所以设l:xmy2， 1 1 2 2 1 与C:x2 y2 20联立得(m2 1)y2 4my20， 所以m2 10，8m2 80， 4m 2 y  y  ，y y  ， 1 2 m2 1 1 2 m2 1 y y 因为x 1则直线NQ的方程为y 2 1(x1) y ， 2 x 1 1 2 y y 由双曲线对称性得直线NQ所过定点必在x轴上，故令 y0得0 2 1(x1) y ，则 x 1 1 2  4m y  y  y y x y y x y my y 2y   1 2 m2 1 x 2 1 2 ，因为x my 2所以x 2 1 2  2 1 2 1 ，因为 y 2 y 1 2 2 y 2 y 1 y 2 y 1  y y  2  1 2 m2 1 y  y y  y y  y y  1 2 2y 所以 1 2 2m，则 1 2 my y ，所以 y my y 2y 2 2 1 3 ． y y 2 1 2 x 2 1 2 1   1 2 y y y y 2 2 1 2 1 3 所以直线NQ恒过M( ,0)． 2 1 1 3 3 3 2 m2 1 （ii）因为S  OM y y   y y  (y y )2 4y y  ， △OQN 2 1 2 2 2 1 2 4 1 2 1 2 2 (m2 1)2 -3- m2 10  由（i）得，8m2 80 所以0≤m2 1．  2 y y  0  1 2 m2 1 3 2 t2 3 2 1 2 3 2 1 2 令 t m2 1(1≤t0) ，所以 S    ，令 f(t)  ， △OQN 2 t2 2 t t2 2 t t2 3 2 t[1,0)，所以 f(t)在t[1,0)上单调递增，所以 f(t)≥f(1) ． 2 3 2 综上，△OQN 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,lnb，函数 f(x)单调递减，x(lnb,)，函数 f(x)单调递增， 函数 f(x)的极小值是bblnb，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若a0，令h(x)2ex x a，h(0)a0,h(a2)ea2 aa0，由零点存在定理可知存在 x (0,a2)，h(x )0，所以g(x)在0,x 上为减函数，在x ,上为增函数， 0 0 0 0 故gx ex0 a x  a a x ≤0，解得x ≥ 1 ，故 1 ． min 0 2 x 0 0 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x ，其中x 0， 0 0 若x 0，则1a0b00，该式不成立，故x 0． 0 0 故a x bx ex 0  0，考虑直线a x bx ex 0  0， 0 0 0 0 a2 b2 表 示 原 点 与 直 线 a x bx ex0 0 上 的 动 点 a,b 之 间 的 距 离 ， 0 0 -4-a2 b2≥ ex0 ，所以a2 b2≥ e2x0 ， x 2 x x 2 x 0 0 0 0 e2x0 x 0时，要证a2 b2 2，只需证 2， 0 x 2 x 0 0 即证e2x0 2x 2 2x 0． 0 0 令gxe2x 2x2 2x,x0，则gx2e2x 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， e2x 0 故gxg01，故 2，即a2 b2 2成立． x 2 x 0 0 19. 【解析】 （1）设△ABC 的外接圆半径为r ，由题意知， 2 2 2 2 BC 1 1 1 AB  1 1  B C  AB  1 1  ， 2 2 3 1 1 ， 2sin sin 3sin 2 2 2 BC 1 2r  2 2  又A ,故 2 sin  ． 2 3sinsin 2 1 r  故△ABC 的外接圆半径为 2 ． 2 2 2 6sinsin 2 （2）设△A BC 的外心为O ，外接圆半径为r ，BC 的中点为M ，B C l ， n n n n n n n n n n n l 1 l l A B  n l  A B  n 则r  n ， n n ， n1 3 n n ． n 2sin 2sin 6sin 2 2 注意到A B 的中点也为M 。故A B 的中垂线与BC 中垂线 n1 n1 n n1 n1 n n 重合．由题意知A ,O ,O 均在BC 的中垂线上． n n n1 n n  A B  l l O M A M tan  n1 n1tan  n1  n1 而 n1 n n1 n 2 2 2  2 3 ， 4cos 2 -5-B M l l l O M  n n  n  n1  n1 n n tan 2tan  6 3 ， 12sin tan 2 2l 故O O O M O M  n1 ． n n1 n1 n n n 3 3 l l l 1 2l r r  n1  n  n1 (1 ) n1 O O 另一方面， n1 n 2sin 2sin 2sin  3 3 n n1， 6sin 2 故△A BC 的外接圆内切于△A B C 的外接圆． n n n n1 n1 n1 从而△A BC 的外接圆各点位于△A B C 的外接圆上或其内部．① n n n n1 n1 n1 反复使用结论①可得，△A BC 的外接圆位于△ABC 外接圆上或其内部． n n n 1 1 1 故△A BC 各顶点均在△ABC 外接圆上或其内部． n n n 1 1 1 （3）若满足题意，则A 位于在△ABC 外接圆上或其内部，故AO ≤r ． 2 1 1 1 2 1 1  AB  l OM  AM tan  1 1tan  1 由（2）知 1 2 1 2 2 2 2 ， 4cos 2   l cos cos l 1 2 l 1 2 A M  2  ,AO  AM OM  1(  )． 2 2   2 1 2 2 1 2 4   2tan 12sin2 cos 3sin2 2 2 2 2  cos 由题意，AO ≤r ，即 l 1( 1  2 )≤ l 1 ，解得 1 ≤sin  ≤1 ． 2 1 1 4 cos  3sin2  2sin 2 2 2 2 故60≤≤90． 当60≤≤90，同上可得AO ≤r ． n n1 n1 由（2）知A ,O ,O 共线，故AO OO ≤r ，即r OO ≤r ． n n n1 n n n n1 n1 n n n1 n1 故OO ≤r r ，故△A BC 的外接圆位于△A B C 外接圆上或其内部． n n1 n1 n n n n n1 n1 n1 1 故△A BC 各顶点均在△ABC 外接圆上或其内部，故cos的范围为[0, ]． n n n 1 1 1 2 -6-