山东省淄博市2025届高三下学期3月模拟考试（淄博一模）数学答案_2025年3月_250309山东省淄博市、滨州市2025届高三下学期3月第一次模拟考试（全科）

2024-2025 学年度第一学期高三一模质量检测 数 学（参考答案） 一．单选题：1-4 BBAB，5-8 CCDC, 二．多选题：9.AD, 10.ABD, 11.ABD 2 三．填空题：12. ； 13. ； 14. . 3 3 −8 2 四．解答题 3 15 15.解：（1）零假设为H :优质水源日出游与性别独立 0 列联表： 男市民 女市民 合计 优质水源日出游 12 18 30 非优质水源日出游 14 6 20 合计 26 24 50 …………………………………………………2分 根据列联表中数据，计算得到： 50  1261814 2 225 2   4.333.841 …………………………4分 26243020 52 根据小概率值0.05的独立性检验，认为H不成立，即认为优质水源日出游与性别有关，此推断犯 0 错误的概率不超过0.05 ………………………………5分 1 1 （2）第一段共有 830  3天，第二段共有 830  4天， ………7分 80 60 CkC3k 则X 服从超几何分布，所以P(X  k) 3 4 ,k 0,1,2,3 C3 7 C0C3 4 P(X 0) 3 4  ，………………………………8分 C3 35 7 C1C2 18 P(X 1) 3 4  ，………………………………9分 C3 35 7 C2C1 12 P(X  2) 3 4  ，………………………………10分 C3 35 7 C3C0 1 P(X 3) 3 4  ………………………………11分 C3 35 7 高三数学试题 第1页（共10页）所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 4 18 12 1 35 35 35 35 4 18 12 1 9 数学期望EX  0 1 2 3  ……………………………13分 35 35 35 35 7 16.解析：（1）由题意知 5 …………………1分 = = 2 5 1 2 2 −4 =1 2 2 2 解得 … …=… …−3 分 2 2 双曲线C 的方=程4, 为 x= 2 －1 y2＝1……………………………4分 4 ∴ （2）由双曲线的定义知 , 1 − 2 =4 两式相加得 1 − ①2 =…4………………6分 又因为 周 1长+为 1 2，1 即− =8 =12② ②—①∆A得BF1 =2 ………… … 1 …+…8 分 1 + 法一： 当l 的斜率不存在时，易知 =1，不符合题意………………9分 当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为yk(x 5)设A(x,y ),B(x ,y ) 1 1 2 2 由 2 联立得 ……10分 2 4 − =1 2 2 2 2 (1−4k )x +8 5k x−20k −4=0 y= k(x− 5) 2 1−4 ≠0 由 2 , 得 ,…11分（判别式不写不扣分） ∆=16( +1)> 0 8 5k 2 2 1 ∴ 1+ 2 =−1−4k 2 >0 >4 2 −20k −4 1 2 = 1−4k 2 >0 = 2,…………12分 2 4( +1) 2 2 ∴ = 1+ ( 1+ 2) −4 1 2 4 2 −1 = 解得 2 3 1 =2>4 ,…………………………………………………………14分 6 ∴ k=± 2 ( ) 6 ∴ y=± 2 x− 5 即 或 …………………………………15分 6 30 6 30 y= 2 x− 2 y=− 2 x+ 2 高三数学试题 第2页（共10页）法二： 当l 的斜率为0时，易知 =4，（或写交点分别在左右两支）不符合题意………………9分 当l 的斜率不为0时，设直线l的方程为xmy 5，设A(x,y ),B(x ,y ) 1 1 2 2 xmy 5 由 (m24)y22 5my10………………10分 x24y2 4  m240  16(m21)0，解得0m2 4………………………11分  1 y y  0  1 2 m24 4(1m2)  AB  1m2 (y  y )24y y  2…………12分 1 2 1 2 4m2 2 6 解得m2  [0,4) ，即m ……………………………14分 3 3 6 所以x y 5， 3 6 30 6 30 即y x 或y x …………………………15分 2 2 2 2 注：如果没出转化出弦长，只是联立、韦达定理仍给2分。 法三： 2 3 2ab2 cos2 ,sin2  AB  2 5 5 a2c2cos2 ，解得 3 tan2 2 （其中为直线得倾斜角） 即直线得斜率 6 6 k=30± 2 6 30 即y x 或y x ……………15分 2 2 2 2 注：若按此法，算错的话统一给2分。 17.解析 (I)法1： 过F 作DE的平行线交SD 于M，连接FM、CM FM //DE BC //DE FM //BC F、M、B、C 四点共面 ……………^2分 BF //平面SCD BF  平面BFCM 平面SCD平面BFCM=CM BF//CM ……………^4分 高三数学试题 第3页（共10页）又FM //BC 四边形FMCB是平行四边形 ……………^6分 FM  BC 1 DE2 FM 是SDE 的中位线 即F为线段SE的中点 ……………^8分 法2： 取DE中点M，连接BM、FM. DM //BC 且DM BC DMBC是平行四边形 ………^2分 BM //CD BM 平面SCD CD平面SCD BM//平面SCD ……………^4分 BF //平面SCD BMBFB BM、BF  平面BMF  平面BMF//平面SCD ……………^6分 平面BMF平面SDE=MF 平面SDE平面SCD=SD FM //SD M为DE中点 F为线段SE的中点 ……………^8分 （II）法1 连接EC AE //BC 且AE  BC AECB是平行四边形 AB//CE  AB  平面SAD CE  平面SAD SEDE CE、SE 、DE两两垂直 ………… 9分 以E 为原点，CE 、DE、SE 所在直线为x、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，A(0,1,0) B(1,1,0) C(1,0,0) D(0,2,0)   S(0,0,s) SA(0,1,s) SB(1,1,s) ………… 10分  设平面SAB的法向量n x,y,z  则 ysz 0   令 ys 则z 1，x 0 n  0,s,1  ………… 12分 x ysz 0 注：如果以A点为原点建系，法向量不变  SD(0,2,s) 设SD 与平面SAB夹角为，则   nSD 3s 3 10 sin     n  SD s2 1 s2 4 10 解得 s2 1或者4 ………… 14分 由勾股定理得 PD 5或2 2 ………… 15分 高三数学试题 第4页（共10页）注：解出来两个答案舍去一个扣 1分 只解出来一个扣2分 法2 AB 平面SAD AB平面SAB 平面SAB  平面SAD ………… 10分 过D在平面SAD 内作DH SA 平面SAB平面SAD=SA DH SA DH  平面SAD DH  平面SAB SD与平面SAB所成的角为DSH ………… 12分 1 1 3 10 设SE  x ，S  3x  x2 1 x2 4 SAD 2 2 10 解得 x1或2 ………… 14分 由勾股定理得 PD 5或2 2 ………… 15分 18、解： （1）函数 f (x) 的定义域为 1, ………… 1分 1 x f (x)  1 当1 x0时，f (x)  0，f (x) 单调递增；x 0时，f (x)  0 ，f (x) x1 x1 单调递减 ………… 3分 即 f (x) 的单调递增区间是 1,0  ，单调递减区间是  0, ………… 4分 x x （2） f(x) x ln(1x) 0 ………… 5分 1x 1x 1 法1：设 g(t)  2lntt+ (t 1) t 2 1 (t1)2 g(t) 1-  0 ………… 7分 t t2 t2  g(t)在  1, 上单调递减 g(t) g(1)  0 1 t2 1 即 2lntt+  0 lnt2  t t x 当t取 x1时，ln(1x) 1x 原命题得证 ………… 9分 x x 法2： f(x) x ln(1x) 0 ………… 5分 1x 1x x 设 g(x)ln(1x) 1x 高三数学试题 第5页（共10页）x 1  1x 2 1x 2 1x(x2) ………… 7分 g(x)  x1 2 1x(x1)  2 2 1x (x2) 2 1x (x1)1  x11 g(x)   0 2 1x(x1) 2 1x(x1) 2 1x(x1) （另解： 2 1x(x2) （2 1x(x2)）（ 2 1x+(x2)） x2 g(x) = = ） 2 1x(x1) （2 1x(x1)）（ 2 1x+(x2)） （2 1x(x1)）（ 2 1x+(x2)）  g(x)在  0, 上单调递减 g(x)  g(0)  0 ………… 9分 x x 法3： f(x) x ln(1x) 0 1xln(1x)x0 ………… 5分 1x 1x 设 g(x)2xlnxx21(x1) g(x)2lnx2x2 2 2(1x) 令h(x)2lnx2x2 h(x) 2 0 …………7分 x x h(x)在  1, 上单调递减 h(x)h(1)0 即g(x)2lnx2x20 g(x)在  1, 上单调递减 g(x)g(1)0 g( x1)0 原命题得证 …………9分 x x x2 法4： f(x) x ln(1x) 0ln2(1x) ………… 5分 1x 1x x1 x2 令g(x)ln2(1x) x1 1 x2 2x 1  x2 2x g(x)2ln(1x)   2ln(1x)  ………… 7分 x1 (1x)2 x1 1x  x2 2x 令 h(x)2ln(1x) 1x x2 h(x) 0 h(x)在 1, 上单调递减 (x1)2 h(0)0 1 x0时，h(x)0，g(x)0 x0时，h(x)0，g(x)0 g(x)在  -1，0  上单调递增，  0，+ 上单调递减 高三数学试题 第6页（共10页）g(x) g(0)0 ………… 9分 1  1  na  1 (na) （3）   1 n    e (na)ln  1 n   1 即 ln  1 1   n 1 a n  1 ………… 11分 ln1   n 1 1 法1： 设 h(x)  (0x1) ln(x1) x 1 x2  ln2(x1) x1 1 x1 ………… 13分 h(x)   ln2(x1) x2 ln2(x1)x2 x 由（2）知 ln(1x) (x0) 1x x 当 x 0时，ln(1 x)0， 0 1x x x2 ln(1x) ln2(1x) 即 h(x)0 1x 1x h(x)在  0，1  上单调递减 h(x) h(1) 1 1 …………15分 ln2 1 1 h( ) n 1 1 1 n ln  1 1  且 0 n 1 h( n ) h(1) ln2 1当且仅当 n 1 时取到等号  n 1 1 a( n)  1 1 1 1  1 min ln2 1   2 ln1  lne ln2 ln e  n 0 1 11 aZ a的最大值为0 ………… 17分 ln2 1 1 法2： 设 h(x)  (0xln2) x ex 1 1 ex exx2(ex 1)2 h(x)   x2 (ex 1)2 x2(ex 1)2 ………… 13分 x x exx2(ex 1)2 (e2xex 1)(e2xex 1) h(x)  x2(ex 1)2 x2(ex 1)2 高三数学试题 第7页（共10页）x x x x  e2xex 1e2(xe2 e 2) x x 1 x 1  x 1 x  x 1 x  x 令 (x)  xe2 e  2 (x)1 e2  e 2   (e2 e 2 2)  (e4 e 4)2  0 2 2 2 2 h(x)0 h(x)在  0，ln2  上单调递减 1 h(x)h(ln2) 1 …………15分 ln2 1 1 1 1 n 1 h(ln(1 )) 1 即  1 ln2 n ln2 ln1   n 1 1 a( n)  1 1 1 1  1 min ln2 1   2 ln1  lne ln2 ln e  n 0 1 11 aZ a的最大值为0 ………… 17分 ln2 法3： 由（1）知 f (x) f (0)  0 即ln(1 x) x 当且仅当x  0时取到等号 1 1 ln(1 ) （1） …………13分 n n x x 下证 ln(1 x)  (x  0) 令 g(x)  ln(1 x) (x  0) x1 x1 x g(x) 0 g(x)在(0,)上单调递增 g(x)  g(0)  0 (1x)2 x 1 1 即 ln(1 x)  (x  0) ln(1 ) （2） …………15分 x1 n n1 1 1 n n1 由（1）式得  1 由（2）式得  1 ln1  ln1   n  n 1 0 n1  1 aZ a的最大值为0 ………… 17分 ln1   n 1 1 1 1 法4 ： 当n1时，21a e 即 a 1 1   2 ln2 lne ln2 ln e 1 0 11 aZ a 的最大值为0 ………… 13分 ln2 高三数学试题 第8页（共10页）（注： 此处直接写出 1a1 a0 a 的最大值为0 也给4分） 当 a0 时， n  1  1 1 1 1   e  nln(1 ) 1 ln(1 )   n n n n 由（1）知 f (x) f (0)  0 即ln(1 x) x 当且仅当x  0时取到等号 1 1 ln(1 ) n n 即 a0 时，不等式恒成立 a 的最大值为0 ………… 17分  x4 2  y2 4 19、（1）法一：根据题意，动点M的轨迹方程为  ， …2分 25 5 x 4 x2 y2 将上式两边平方并化简得： 9x2  25y2  225.即  1 25 9 故动点M的轨迹方程 x2  y2 1 ， …4分 25 9 x5cos 则参数方程为 ； …5分 y3sin a2 25 c 4  ,  法二：由椭圆的第二定义知：动点M的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且 c 4 a 5 ，得到： a=5,c=4,b=3, …2分 故动点M的轨迹方程 x2  y2 1 ， …4分 25 9 x5cos 则参数方程为 ； …5分 y3sin     （2）法一：证明：sinsinsin（  ）sin（  ） …7分 2 2 2 2         sin cos cos sin sin cos cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2    2sin cos …9分 2 2            2sin cos 2sin cos cos sin cos cos sin sin  2 2  2 2 2 2  2 2 2 2  法二： …7分                  2sin cos cos cos sin cos sin sin cos sin cos cos cos sin sin sin   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 高三数学试题 第9页（共10页）    sincos2   sinsin2   sincos2   sinsin2    sinsin …9分  2   2  2  2  法三：由sin(θ±  )＝sinθcos  ±cosθsin 得到2sinθcos  =sin(θ+  )+sin(θ-  ) ， …7分   令θ+  =α，θ-  =β，得 ，= ， 2 2   所以 sinα+sinβ=2sin cos ，故公式成立 2 2 …9分 （3）设 ， ， P（5cos a ,3sin a ) P （5cosa ,3sin a ) n n n n1 n1 n1 P （5cosa ,3sin a )， P （5cosa ,3sin a )则Q（-5cosa ,3sin a )， n2 n2 n2 n3 n3 n3 n n1 n1 a a a a a a 6sin n n1 cos n n1 3sin n n1 3(sina sina ) 则k  k  n n1  2 2  2 P n Q n 5(cosa cosa ) a a a a a a n n1 10cos n n1 cos n n1 5cos n n1 2 2 2 3 a a  tan n n1 …10分 5 2 3 a a 同理k  k  tan n2 n3 …11分 Pn2Qn2 5 2 a a a a 因此tan n n1  tan n2 n3 …12分 2 2 a a a a 所以 n n1  n2 n3 m(mZ) 2 2 a a a a 即 n n3  n2 n1 m(mZ) …13分 2 2 a a a a 所以tan n n3  tan n2 n1 …14分 2 2 下面证 k k P P PP n1 n2 n n3 a a a a 6sin n2 n1 cos n2 n1 k  3(sina n2 sina n1 )  2 2   3 …15分 P n1 P n2 5(cosa cosa ) a a a a a a n2 n1 10sin n2 n1 sin n2 n1 5tan n2 n1 2 2 2 3 k   同理 PnPn3 a a …16分 5tan n n3 2 因此 k k P P PP n1 n2 n n3 即P P 平行P P …17 n1 n2 n n3 高三数学试题 第10页（共10页）