山东省九五高中协作体2025高三年级质量检测（九五联考）数学答案_2025年5月_250515山东省九五高中协作体2025高三年级质量检测（东营二模）（全科）

高三教学质量检测考试 数学试题参考答案及评分标准 说明： 一、本解答只给出一种解法供参考，如考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考 查内容参照评分标准酌情赋分． 二、当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容与难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确答案应得分数的一半； 如果后继部分的解答有较严重的错误或又出现错误，就不再给分． 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一、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 A A D B C C C D 二、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 AD BC ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 1 12．24 3；13．12；14． ． 3 四、解答题：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）因为 底面ABCD为矩形，所以CD AD， 又因为PACD，PAAD A， 所以CD平面PAD，····································································· 3分 因为CD平面ABCD， 所以平面PAD平面ABCD；·····························································5分 数学试题答案 第1页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}（2）取AD中点为O，连接OP，因为△PAD为等边三角形，所以OP AD， 因为平面PAD平面ABCD，所以OP平面ABCD； 如图，分别以OA，OP为x，z轴建立空间直角坐标系，······························7分 1 1 3 则B( ，2，0)，C( ，2，0)，P(0，0， ) ， 2 2 2   1 3 所以BC (1，0，0)，BP( ，2， ) ； 2 2 设平面PBC 的法向量为n(x，y，z)，  x0 nBC 0  则  ，即 1 3 ， nBC 0  x2y z0  2 2 取z4，则n(0，3，4)；······························································10分 又平面PAD的法向量为m(0，1，0)；·················································11分 mn 3 57 设平面PAD与平面PBC 夹角为，则cos   ， |m||n| 19 19 57 所以平面PAD与平面PBC 夹角的余弦值为 ．·································13分 19 16．【解析】 （1）函数 f(x)的定义域为(，)， x 1 f(x) axx(a )，································································1分 ex ex 1 若a0，a 0恒成立， ex 所以 f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减；························3分 若a0，令 f(x)0，x0或xlna； 当0a1时， f(x)在(，0)上单调递增， 在(0，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增；····························· 4分 当a1时， f(x)≥0恒成立， f(x)在(，)上单调递增；···················5分 当a1时， f(x)在(，lna)上单调递增， 在(lna，0)上单调递减，在(0，)上单调递增；···································6分 （2）若0a1，当x(1，)， f(x)0恒成立， 当x(，1)时， f(x)单调递增， 不可能有两个零点；··········································································9分 数学试题答案 第2页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}若a1，因为 f(x)在(，lna)上单调递增， 在(lna，0)上单调递减，在(0，)上单调递增； 所以 f(x)的极小值 f(0)1a0， 故不可能有两个零点；······································································12分 若a0， f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减； 因为 f(x)有两个零点，则必有 f(0)1a0，即1a0； 此时，当x时， f(x)；当x时， f(x)； 故 f(x)有两个零点，符合题意， 综上 1a0．············································································15分 17．【解析】 （1）第四场结束恰好分出胜负对应的事件为 A :{甲赢第1、3、4局，乙赢第2局}， 1 A :{甲赢第2、3、4 局，乙赢第1局}， 2 A :{乙赢第1、3、4局，甲赢第2局}， 3 A :{乙赢第2、3、4 局，甲赢第1局}， 2 15 对应概率：P(A A A A )2p3(1 p)2(1 p)3p ；···················6分 1 2 3 4 64 （2）设事件A:{甲最终获胜}，事件B:{甲乙在前两局结束后得分相同}． 记使用方案一、二时甲胜出的概率分别为P(A)，P(A)． 1 2 对于方案一，根据条件概率公式： P(A)P(AB)P(AB) p2 P(A|B)P(B) p2 2p(1 p)P(A|B)， 因为每场比赛的结果相互独立，所以在前两局甲、乙各胜出一局达到同分的条件下， 甲从第三局开始出现优先超过乙两分的概率恰为P(A)，即P(A|B)P(A)， 故P(A) p2 2p(1 p)P(A)， p2 从而P(A) ．··································································9分 1 2p2 2p1 对于方案二，甲最终获胜对应的事件只可能是甲乙相互获胜且最后甲连胜两局，即每 局胜者按照“甲乙甲乙…甲乙甲甲”或“乙甲乙甲…乙甲甲”的规律． 从而甲获胜的概率 数学试题答案 第3页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}  2p2  p3 P(A) p2 pn(1 p)n  ppn(1 p)n ，·····························12分 2 p2  p1 n0 n1 P(A) 1 1 显然P(A)0，令 1 1，有(p )(p1)2 0，即 p ． 2 P(A) 2 2 2 故我们有P(A)P(A)，应选择方案二．··············································15分 1 2 18．【解析】 p 5 （1）由题意可知 2 3 3 ，所以p1． 2 2 所以抛物线E的标准方程为：x2 2y．··············································· 4分 （2）设P  x ，y ，B  x ,y ，D  x ,y  0 0 1 1 2 2  x x  2 y  y （i）由题意，PB中点 A在抛物线E上，即  0 1  2 0 1 ，  2  2 x2 又x2 2y ，将 y  1 代入， 1 1 1 2 得：x2 2x x 4y x2 0，··························································6分 1 0 1 0 0 同理：x2 2x x 4y x2 0， 2 0 2 0 0  x x 2x 有 1 2 0 ， x x 4y x2 1 2 0 0 x x 此时M 点横坐标为 1 2  x ，························································8分 2 0 所以直线 PM  x 轴；········································································9分 y  y x2x2  x x 22x x 3x2 4y （ⅱ）因为 1 2  1 2  1 2 1 2  0 0 ， 2 4 4 2  3x2 4y  所以点M x ， 0 0 ，·····························································11分  0 2  1 此时S  PM  x x ， 2 1 2 3x2 4y 3 PM  0 0 y  x2 2y ， 2 0 2 0 0 x x   x x 24x x  8  x22y  ， 1 2 1 2 1 2 0 0 数学试题答案 第4页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}所以S  3 2   x2 2y 3 ，··························································14分 2 0 0 又因为点P在圆Q上，有 y 2 2 x2 3，即x2 y2 4y 1， 0 0 0 0 0 代入上式可得：S  3 2   y26y 1 3  3 2   y 3 28  3 ， 2 0 0 2  0  由2 3  y 2 3， 0 所以 y 3时，S取到最大值 3 2  83 48． 0 2 所以S的最大值为48． ····································································17分 19．【解析】 （1）对任意元素xA△C，因为x恰属于集合A,C之一，不妨设xA且xC. 若xB，则xB△C；若xB，则xA△B． 故x(A△B)(B△C)．·································································2分   从而AC (AB) BC ． 因此 A△C  A△B  B△C ，结论成立．···········································4分 （2）首先当l n时，显然该集合元素个数为0.·········································· 5分 下面考虑l n的情形：对任意一个S 的l元子集T ，我们有： n X△M T T {x|xX,xM或xM,xX} X {x|xT,xM或xM,xT}  X T△M ，即每个T 恰唯一对应一个X 属于该集合．·····················8分 故该集合的元素个数为Cl． n Cl ，ln 综上所述，该集合元素个数为 n ．············································· 9分 0，l n （3）对每个i  1im  ，考虑集合Y {Y |Y  S ,Y△X k}． i n i 若集合YY Y ，则Y△X ,Y△X k ，故由（1）知： i j i j X △X  X △Y Y△X kk 2k 2k1，矛盾！ i j i j 故集合Y,Y ,...,Y 两两不交．····························································13分 1 2 m 数学试题答案 第5页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}k 结合（2）知：Y Cj Ck1Ck Ck ． i n n n n1 j0 m 因此mCk Y  {X |X S } 2n ， n1 i n i1 结论成立．·····················································································17分 数学试题答案 第6页（共6页） {#{QQABDQaswgg4kETACB4KEQVcCQoQkIGiLUoExQAbKAxKwIFABIA=}#}