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-