山东省淄博市、滨州市2025届高三模拟考试数学答案_2025年5月_0501山东省淄博市、滨州市2025届高三模拟考试（淄博、滨州一模）（全科）_山东省淄博市、滨州市2025届高三模拟考试数学

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）