山东省菏泽市2025年高三二模考试数学答案_2025年5月_250511山东省菏泽市2025年高三二模考试（菏泽二模）（全科）

2025 年高三二模考试 数学试题参考答案及评分标准 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 B C C B A D D B 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 AB BCD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7 256 12. 13. 14. 10 3 3 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.（13分 解：（1）由题意得： f'(x)=2ax−x−2xlnx， …………… …………………3分 因为 f(x)=x2(a−lnx)在(1, f(1))处的切线与直线y= x+2平行， 所以 f'(1)=2a−1=1，故a=1. ………………………5分 （2）由（1）得： f(x)=x2(1−lnx)，定义域为(0,+)， …………………6分 令 f'(x)=x−2xlnx=0，得x= e，则x， f'(x)， f(x)的变化情况如下表： x (0, e) e ( e,+) f'(x) + 0 − f(x) 极大值 e 故 f(x)的极大值为 ，无极小值. ……… ……………………13分 2 16. （15分） 1 1 （1）由ccosA− a=b及正弦定理得：sinCcosA− sinA=sinB① .…………1分 2 2 因为A+B+C =，所以sin(A+C)=sin(−B)=sinB. 1 故①式可变形为sinCcosA− sinA=sin(A+C)， 2 高二数学试题参考答案 第1页(共4页) 学科网（北京）股份有限公司1 化简得：sinA(cosC+ )=0，因为A(0,)，所以 2 高二数学试题参考答案 第2页(共4页) 学科网（北京）股份有限公司 s in A  0 ，故 c o s C = − 1 2 . ……………4分 因为 ( 0 , )  C  ，故  C = 2 3 . ………………………………6分 （2）设∆ABC外接圆的半径为 R ， 由正弦定理得： s a in A = s b in B = s c in C = 2 R ， 又2sinA+4sinB=a+2b，故得：R=1 .………………………9分 2 3 由（1）知C= ，故sinC= ，则 3 2 c = 3 . …………10分 由余弦定理得：c2 =a2 +b2 −2abcosC，即 3 = a 2 + b 2 + a b  3 a b ， 则 a b  1 ，当且仅当 a = b = 1 时等号成立 . …………13分 设AB边上高为h，由三角形的面积公式得： S  A B C = 1 2 c h = 1 2 a b s in C 1 1 ，即h= ab . 2 2 故AB边上高的最大值为 1 2 . ……………………15分 17. （15分） （1）证明：取AB的中点G，连DG交AF于H. 由于ABCD为正方形，F为BC的中点， 易证∆AHG与∆ABF相似，得到DG⊥AF. 因为AF⊥DE，DE DG=D，DE，DG  平面DEG， 所以AF⊥平面DEG，又EG平面DEG，故AF⊥EG. ……………………3分 由于平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE 平面ABCD=AB， BC⊥AB，故BC⊥平面ABE，又EG平面ABE，则BC⊥EG. 因为AF⊥EG，AF BC=F，AF，BC平面ABCD， 所以EG⊥平面ABCD，则EG⊥AB.又点G是AB的中点，故EA＝EB. ……………………6分 （2）由于圆O的半径为 2，则正方形ABCD的边长为2， 又 O O 1 = 3 ，则EG＝ 3 . 以O为坐标原点，过点O作AB，BC平行的直线分别为x轴，y轴， O O 1 所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系. 则A(1,−1,0)，D(1,1,0)，E(0,−1, 3 )，F(−1,0,0)， M(a,b, 3 )， ……………………8分 易求上底面圆 的半径为1，故 O 1 a 2 + b 2 = 1  . 故𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(0,2,0)，𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(−1,0, 3 )，𝐹⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ =(a+1,b, 3 ).   z E O 1 M B G F A O C x D y𝑛⃗ ⊥𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ 2𝑦 =0 设平面ADE的法向量为𝑛⃗ =(x,y,z)，由{ ， 得 { 𝑛⃗ ⊥𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ −𝑥+√3𝑧 =0 取x= 3 ，z=1，故𝑛⃗ =( 3 ,0,1). ……………………11分 |FM n| 3(a+2) 设FM与平面ADE所成角为，则sin= = ，−1a1， ……………12分 |FM ||n| 2 5+2a t2−5 令t= 5+2a 得a= ，t[ 3, 7]， 2 3 1 所以sin= (t− )在t[ 3, 7]上单调递增， 4 t 3 1 3 21 故sin ( 7− )= . 4 7 14 3 21 所以FM与平面ADE所成角正弦值的最大值为 ． ……………………15分 14 18.（17分） （1）因为抛物线过点A(1,2)，所以22 =2p，得： p=2，所以C的方程为：y2 =4x ……3分 （2）①设直线方程为x+1=my，P(x ,y )，Q(x ,y )， y 1 1 2 2 Q y2 =4x 由 得：y2 −4my+4=0，则=(4m)2 −160， x+1=my A M y + y =4m，y y =4 ..…………5分 P 1 2 1 2 x y y y (x −1)+ y (x −1) B O F 又k +k = 1 + 2 = 1 2 2 1 PF QF x −1 x −1 (x −1)(x −1) 1 2 1 2 y (my −2)+ y (my −2) = 1 2 2 1 (x −1)(x −1) 1 2 2my y −2(y + y ) 2m4−24m = 1 2 1 2 = =0 .……………………9分 (x −1)(x −1) (x −1)(x −1) 1 2 1 2 所以PFA=QFA，所以M 点到PF 和QF 的距离相等. .……………………10分 ②因为S =S ，所以S =S ， PFM AQM PFQ AFQ 故直线PA//FQ，所以PAF =QFA， 由①知PFA=QFA=PAF ，所以PA=PF， ..……………………14分 1 所以点P在线段AF的中垂线上，所以点P( ,1). . …………………………17分 4 19.（17分） 解：（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321. 1 当m=1时，取到最大的情形有：312，321. P = ； 1 3 高二数学试题参考答案 第3页(共4页) 学科网（北京）股份有限公司1 当m=2时，取到最大的情形有：132，213，231，P = ； 2 2 当m=3时，取到最大的情形有：123，213. 高二数学试题参考答案 第4页(共4页) 学科网（北京）股份有限公司 P 3 = 1 3 . ----------------------------------------3分 （2）当最大数在第 m , m + 1 , , 2 0 2 2 次出现时，均有可能获胜.设最大数在 k （（ k = m , m + 1 , , 2 0 2 2 ）次出现， 要想获胜，前k−1个数中的最大值必出现在前m−1次中，且第k 次取到最大值，所以 P m = C 1 12 0 2 2 + C 1m − C ( m 112 0 2 2 − m 1 ! ) ! + C C 12 0 2 1m − 1 ( m 2 m + ! 1 ) ! + + C C 1m − 1 12 0 2 2 2 2 0 0 2 2 0 1 ! ! = 2 1 0 2 2  m m − − 1 1 + 2 1 0 2 2  m m − 1 + + 2 1 0 2 2  m 2 0 − 2 1 1 ----------------------------------7分 P m − P m + 1 = 2 1 0 2 2  m m − − 1 1 + m m − 1 + + m 2 0 − 2 1 1 − m m − m m + 1 − − 2 m 0 2 1  = 2 1 0 2 2  1 − 1 m − m 1 + 1 − − 2 1 0 2 1   0 ， 同理 P m − P m − 1 = 2 1 0 2 2  m 1 − 1 + 1 m + + 2 1 0 2 1 − 1   0 ， 1 1 1 1 1 1 因此，当 + + + 1 + + + 时， m m+1 2021 m−1 m 2021 P m 最大. --------11分 （3） 首先证明对于 n = 2 0 2 2 ，当 P m 最大时， m  5 0 2 . 否则若 m  5 0 2 ，则 1 m + m 1 + 1 + + 2 1 0 2 1  5 1 0 2 + 5 1 0 3 + + 1 0 1 0 2 + 1 1 0 0 3 + + 2 1 0 0 4  1 5 0 0 0 1 2 + 1 2 0 0 0 0 2 4 = 1 .（未证明可不予扣分） 1 + 1 2 + 1 3 +    + 2 1 0 2 1 = l n 2 0 2 1 + C ①， 1 + 1 2 + + m 1 − 1 = ln ( m − 1 ) + C ②， 1 + 1 2 + + m 1 − 2 = ln ( m − 2 ) + C ③， -----------------------------------------------------14分 1 1 1 2021 2021 ①−②得 + + + =ln 1，所以m +1749.5， m m+1 2021 m−1 e ① − 1 1 1 2021 ③得 + + + =ln 1，所以 m−1 m 2021 m−2 m  2 0 e 2 1 + 2  7 5 0 .6 ， 所以，m=750. ---------------------------------------------------------------------------17分