淄博市2025-2026学年度高三模拟考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260315山东省淄博市2025-2026学年度高三模拟考试（全科）

淄博市 2025─2026 学年度高三模拟考试 数学答案 一． 1 2 3 4 5 6 7 8 C B D B A D A D 二． 9 10 11 BC ACD ACD 三． 12 13 14  π π  3n13 x kπ x kπ,kZ 3 6  12 4  2 , 5 5 a2 c2 b2 a2 c2 b2 四．15.解（1）法一：由余弦定理acosB a  分 2ac 2c ⋯⋯1 b2 c2 a2 b2 c2 a2 bcosAb  分 2bc 2c ⋯⋯2 a2 c2 b2 b2 c2 a2 2 acosBbcosA  c  csinC 分 2c 2c 3 ⋯⋯3 3 sinC  ， 分 2 ⋯⋯4    C 0, ，所以C  分  2 3 ⋯⋯5 2 法二:由正弦定理：acosBbcosA csinC 3 2 sin AcosBsinBcosAsinC  sin2C 分 3 ⋯⋯3 高一数学试题 第1页（共16页）  3 因为C 0, ,sinC 0，所以sinC  ， 分  2 2 ⋯⋯4  C  分 3 ⋯⋯5 2 法三：acosBbcosAc csinC 分 3 ⋯⋯3 3 sinC  ， 分 2 ⋯⋯4    C 0, ，所以C  分  2 3 ⋯⋯5  （2）由（1）知C  ， 3 2  3 3   sinAsinBsinAsin A  sinA cosA 3sinA  分  3  2 2  6 ⋯⋯8     A 0,    2   又因为 ，所以A  , ， 分  2    6 2 B  A 0,   ⋯⋯11  3  2    3  所以 3sinA    , 3   6 2    3 3 3 3 3 sin AsinBsinC  3sinA     ,  分  6 2  2 2  ⋯⋯13 16.解：（1）x2 y2 1的渐近线为y x  y x 由 y2 2px 得 y2 2py0 ，所以 y p 2p ， x p 2p ， 高一数学试题 第2页（共16页）P  2p,2p  ，同理Q  2p,2p  ， 分 ⋯⋯2 1 S  PQ x 4p2 16 OPQ 2 p ， p2 ， 分 ⋯⋯4 抛物线E的方程为 y2 4x 分 ⋯⋯5 （2）法一：由（1）知P  4,4 ，由题知直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为xmyn，Ax,y ，Bx ,y  1 1 2 2 xmyn 联立 得 y2 4my4n0 y2 4x Δ16m2 16n0即m2 n0 y  y 4m y y 4n 1 2 ， 1 2 分 因为以线段AB为直径的圆恰好经⋯过⋯点7 P，所以PA  PB   PAPB 0， 分 即 ⋯⋯9   PAPB x 4,y 4  x 4,y 4  1 1 2 2  x x 4  x x 16 y y 4  y  y 16 1 2 1 2 1 2 1 2  2 y y  1 2 3y y  y  y 2 4  y  y 32 0 16 1 2 1 2 1 2 所以n2 12n16  m2 m  320 ， 分 ⋯⋯11 2  1 即 n6 2 16m  0  2 所以n4m80或n4m40 分 ⋯⋯13 高一数学试题 第3页（共16页）所以n4m8或n4m4 n4m8时，满足Δ0，直线AB的方程为xmy4m8，过定点  8,4  ， n4m4时，直线AB的方程为xmy4m4，过定点P  4,4  （舍）. 综上，直线AB过定点  8,4  分 ⋯⋯15 法二：由（1）知P  4,4 ，由题知直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为xmyn，Ax,y ，Bx ,y  1 1 2 2 xmyn 联立 得 y2 4my4n0 y2 4x Δ16m2 16n0即m2 n0 y  y 4m，y y 4n 分 1 2 1 2 因为以线段AB为直径的圆恰 ⋯ 好 ⋯ 经 7 过点P，所以PA  PB 直线PA，PB的斜率存在且不为零，k k 1， 分 PA PB ⋯⋯9 y 4 y 4 y 4 y 4 4 4 k k  1  2  1  2   1 即 PA PB x 4 x 4  y 2  y 2 y 4 y 4 1 2 1 4 2 4 1 2 4 4 所以 y 4  y 4  y y  4  y y 1616 1 2 1 2 1 2 所以n4m80， 分 即n4m8，满足Δ⋯⋯01，3 直线AB的方程为xmy4m8，过定点  8,4  . 分 ⋯⋯15 y 4 y 4 法三：直线PA，PB的斜率存在且不为零，k k  1  2 1， PA PB x 4 x 4 1 2 设直线AB的方程为t  x4 s  y4 1 高一数学试题 第4页（共16页）t  x4 s  y4 1  y4 2  y4 联立 得 18s     8t4s    4t 0 分 y2 4x  x4  x4 ⋯⋯8 Δ 8t4s 216t(18s)0 4t k ，k 为方程的两根，k k  1 分 PA PB PA PB 18s ⋯⋯11 1 所以t 2s ， 分 4 ⋯⋯13 满足Δ0 x8 直线AB的方程为s  2x y12  0 4 2x y120 由 得定点  8,4   x80 直线AB过定点  8,4  . 分 法四：由（1）知   ⋯，⋯15 P 4,4 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 y kxb，Ax,y ，Bx ,y  1 1 2 2 y kxb 联立 得k2x2  2kb4  xb2 0 y2 4x Δ1616kb0即1kb0 42kb b2 x x  ，x x  分 1 2 k2 1 2 k2 ⋯⋯6 因为以线段AB为直径的圆恰好经过点P，所以PA  PB   PAPB 0， 分 ⋯⋯8 即 高一数学试题 第5页（共16页）  PAPB x 4,y 4  x 4,y 4  1 1 2 2  x x 4  x x 16 y y 4  y  y 16 1 2 1 2 1 2 1 2   1k2 x x  kb4k4  x x b28b32 0 1 2 1 2 所以b2 12kb16k 32k2 160， 分 ⋯⋯10 即 b6k 2 4  k 2 2 0 所以b4k40或b8k40 所以b4k4或b8k4， 分 当b4k4时，直线AB的方程 ⋯ 为 ⋯1 y 2kx4k4，过定点P  4,4  （舍），  2     1 1 当b8k4时，Δ1616kb16 8k2 4k1 168k   0，直线   4 2 AB的方程为 y kx8k4，过定点  8,4  . x8 当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x8，由 得 y4 2 ，不 y2 4x     妨设A 8,4 2 ，B 8,4 2 ，       PAPB  84,4 24  84,4 24 16  3216 0 ， 此时直线AB过定点  8,4  分 ⋯⋯14 综上，直线AB过定点  8,4  分 ⋯⋯15 17．解：（1）在ACD中， ， AC⊥AD 2 2 2 分 + =45= ∴ ⋯⋯1 又PA⊥面ABCD，AC面ABCD, AC⊥PA 分 ∴ ⋯⋯2 高一数学试题 第6页（共16页）又 ,AD,AP面PAD, AC⊥面PAD 分 PA∩AD=A ∴ ⋯⋯3 AC⊥PD 分 ∴（2）(i)法⋯一⋯：4以 为正交基底建立如图空间直角坐标系A-xyz， A(0，0，0)，C(3，0，0)，B(3，-3，0)，D(0，6，0)，P(0，0，6)， 分 , , 因为G为∆PCD的重心， G(1,2,2) 分 ⋯⋯5 所以 ，， ，， ， ， ， ∴ ⋯⋯6 设平面PBD的法向量为 ，， = −2 2 2 , = −3 9 0 =(0 −6 6) 则 =，(令 ，)解得 ，， 分 ∙ =−3 +9 =0 y=1 =(3 1 1)⋯⋯8 设G C∙与 面=P−BD6所 +成6角 为=0，则 分 ∙ −6+2+2 33 法二：由（1）知， α sinα= = 9+1+1 4+4+4= 33 ⋯⋯10 ∆ABD中，∠BAD= PD=6，2所, 以 由=余3弦2定, 理 =3 6, = =3 5 3 2 2 2 3 所以BD= ， 4+2 =分 4 = + −2 ∙ 4 =90 在∆PBD中3，10 ∠⋯⋯6 ∠ 2 2 2 + − 54+72−90 1 11 cos BPD= 2 ∙ = 2∙3 6∙6 2 =2 3,∴ BPD= 2 3 所以 ∠ ， 分 1 1 11 ∆ =2 ∙ ∙ BPD= 2∙3 6∙6 2∙2 3=9 11 ⋯⋯8 1 9 ∆ = ∙ = 设点C到2平面PBD的2距离为d,所以 1 1 − =3 ∆ ∙ = 3 ∆ ∙PA 解得 分 3 11 延长CdG=交P11D与⋯点⋯9M，因为G为∆PCD的重心，所以CM为中线，且 ， 所以 = =3 5 PD=6 2 CG与平CM面=P3BD3所成角，即CM与平面PBD所成角，设为 ,即 分 33 (ii)设 ， ， 分 α sinα= = 33 ⋯⋯10 法一： ，， ， ， ， ， ，， = =( 2 2 )⋯⋯11 因为P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数m,n,t， = 0 0 6 = 3 −3 0 =(0 6 0) 使得 ，且 分 = + + =(3 ,−3 +6 ,6 ) m+n+t= 1⋯⋯13 所以 ，解得 所以 分 =3 6 6 2 =−3 +6 =6 k= 7, =7⋯⋯15 高一数学试题 第7页（共16页） + + =1法二： ， ， ， ， ， ， ，， ， 因为P,B,D,F四点共面，所以存在唯一确定的实数m,n， = 2 2 −6 = 3 −3 −6 = 0 6 −6 使得 ， ， 分 =( 2 2 −6)= + =(3 ,−3 +6 ,−6 −6 )⋯⋯13 所以 ，解得 所以 分 =3 6 6 2 =−3 +6 k= 7, =7⋯⋯15 法三： ， ， ，由（2）知，平面PBD的法向量为 ，， ， 2 −6=−6 −6 所以 ， 分 = 2 2 −6 =(3 1 1) 解得 ∙ =所3以 +2 +2 −分6=0 ⋯⋯13 6 6 k= 7, =7⋯⋯15 18.解：(1) a2时, f (x) 2x, f(x) 2xln2 分 f  0 12分 ⋯⋯1 f(0)ln23分 曲 线 y  f(x) 在 点 (0, f (0)) 处 的 切 线 方 程 为 y1ln2(x0) 即 xln2 y10 分 ⋯⋯4 （2）法1：令(x) f(x)g(x)e2 1 ax xlna1 分 ⋯⋯5 (x) axlnalna (ax 1)lna 0 分 ⋯⋯6 得 x0 (x)0 时， x0； (x)0 时， x0 即 y (x) 在 ,0  上单调递减，在  0, 上单调递增 分 (x)(0)0 即 ⋯⋯8f(x) g(x)e2 1 分 ⋯⋯10 f(x)lnax1, tax(t0) 法2：要证原不等式，等价于证明 令 只需证 tlnt10 (t)tlnt1(t 0) 分 ⋯⋯5 高一数学试题 第8页（共16页）1 t1 (t)1  t t 分 ⋯⋯6 t(1,),(t)0 以，t(0,1),(t)0 所 所以 (t)在 0,1  上单调递减， (t)在  1, 上单调递增 8分 ⋯⋯ 所以 (t)(1)0 10分 ⋯⋯ xlna1 xlna1 法3：要证原不等式，等价于证明 1,即 1, f(x) ax xlna1 p(x) , 令 ax 分 x(lna)2 p(x) , ⋯⋯5分 ax x(,0),⋯p⋯(x6)0 所以， x(0,),p(x)0 所以p(x)在x(,0)上单调递增， p(x)在x(0,)上单调递减 分 所以 p(x) p(0)1，所以 xlna1 1, ⋯⋯8 ax 即 f(x) g(x)e21. 分 ⋯⋯10 （3）法1 h(x) f(x)g(x)ax bxe2 曲线 y  f(x)与直线y  g(x)有两个不同的交点  y h(x)有两个不同的零点 h(x)axlnab 分 ⋯⋯11 ①若b0，则h(x)axlnab0，所以h(x)在R上单调递增，至多一个零点，舍去； 分 ⋯②⋯若1b20， 高一数学试题 第9页（共16页） b  当x  ,log 时，h'x0,hx单调递减， a  lna  b  当x log , 时，h'x0,hx单调递增． a  lna  b  b  h(x)在(,log )单调递减，在log , 上单调递增 a lna  a lna  x时，ax 0,bxe2 ,h(x) x时，h(x) b 所以只需 h(log )0即可 分 a lna ⋯⋯14 b ln h(log b ) b blog b e2  b b lna e2 0 a a lna lna lna lna lna b 令t  (t 0) 上式等价于 ttlnte2 0 分 lna ⋯⋯15 记s(t)ttlnte2,s(t)lnt,(t0) 所以，t(0,1),s(t)0,t(1,),s(t)0. 所以，s(t)在t(0,1)上单调递增，在t(1,)上单调递减， 所以s(t)0te2 s(1)1e2,s(e2)0,t0,s(0)e2 b   即 的取值范围是 e2, 分 lna ⋯⋯17 法2：h(x) f(x)g(x)ax bxe2 曲线 y  f(x) 与直线 y  g(x) 有两个不同的交点  ax bxe2 0有 2 个不同解  exlna bxe2 0有2个不同的解 当 x0时，exlna bxe2 1e2 0 分 bt ⋯⋯11 b et e2 当x0时，令t  xlna，则et  e2 0  lna lna t b et e2 只需保证y 与y 有两个不同的交点 lna t 高一数学试题 第10页（共16页）记 ， et e2 s(t) ,12分 t   ett et e2 et(t1)e2 s(t)  t2 t2 记r(t)et(t1)e2 当x0即t0时，r(t)et(t1)e2 0 s(t)在,0上单调递减，且s(t)0 分 ⋯14 当x0即t0时， r(t)et(t1)e2,r(t)et(t1)et 1et t 0 又r(2)0，所以t(0,2)时，r(t)0, t(2,)时，r(t)0， 则s(t)在(0,2)单调递减，(2,)单调递增，t0,s(t);t,s(t) 分  b s(2)e2 即 b 的取值范围是  e2,  分 ⋯16 lna lna ⋯17 法3： f(x)ax,g(x)bxe2. 先求 f(x)过点(0,e2)的切线方程 设切点为(x ,ax0)， f(x)axlna 0 所以切线方程为yax0 ax0 lna(xx ) 0 又因为切线过点(0,e2) 所以e2ax0 ax0 lna(0x )， 0 ax0(x lna1)e2, 0 即 ax0(lnax0 1)e2, 分 ⋯12 令ax0 t则t(lnt1)e2, 高一数学试题 第11页（共16页）记 h(t)t(lnt1),13分 h(t)lnt,(t0) 所以，t(0,1),h(t)0,t(1,),h(t)0. 所以，h(t)在t(0,1)上单减，在t(1,)上单增， 分 且h(1)1,h(e2)e2， ⋯15 t0,tlnt0,h(t)0 所以ax0 e2， 分 所以切线的斜率⋯为16ax0 lnae2lna 若要曲线y f(x)与直线yg(x)有且仅有两个交点，则需要be2lna b 即 e2 分 lna ⋯17 19．解：（1） ， 13 1 p   ,1分 1 33 3 23 2 q   2分 1 33 3 13 12 1 1 2 2 7 p  p  +q    +   ， 分 2 1 33 1 33 3 3 3 9 27 23 1122 2 2 2 ⋯53 16 q  p  +q  0  +   分 2 1 33 1 33 3 3 3 9 27 13 12 1 2 ⋯4 （2）法1： p  p  +q   p + q ， 分 n n1 33 n1 33 3 n1 9 n1 23 1122 32 ⋯61 2 q  p  +q  (1 p q )  q + ， 分 n n1 33 n1 33 n1 n1 33 9 n1 3 2 1 2 ⋯8 因此2p q  p + q  ， n n 3 n1 3 n1 3 1 2 1 从而2p q  (2p +q ) ,2p q 1 (2p +q 1)， n n 3 n1 n1 3 n n 3 n1 n1 1 1 即2p q 1(2p +q 1) ,2p q 1 . 分 n n 1 1 3n1 n n 3n ⋯10 又X 的分布列为 n X 0 1 2 n 高一数学试题 第12页（共16页）P 1 p q q p n n n n 分 1 ⋯ 故 1 E 1 (X )2p q 1 . 分 n n n 3n ⋯12 法2：记第n次操作后，乙口袋中黄球个数为E(x )，则甲口袋中黄球个数为2E(x )， n n 则第n1次操作时， 2E(x ) 从甲口袋中取出黄球的个数服从超几何分布，则取出黄球个数的期望为1 n 3 E(x ) 从乙口袋中取出黄球的个数服从超几何分布，则取出黄球个数的期望为1 n 3 则第n1次操作后，乙口袋中黄球个数x 满足 n1 2E(x ) E(x ) E(x ) 2 E(x )E(x )1 n 1 n  n  分 n1 n 3 3 3 3 1 4 ⋯⋯10 则E(x )1 (E(x )1) E(x )2p q  n1 3 n 1 1 1 3 1 1 1 E(x )1 ( )n1 所以 E(x )1( )n 分 n 3 3 n 3 ……12 （2）法3：记第 次操作后，乙袋中黄球个数为 ，红球个数为 ，则甲袋 中黄球个数为 ，红球个数为 ，( ) 3− ( ) 则第 次操2作−中 ，( ) 1+ ( ) 情况 ①+：1甲袋取红球，乙袋取黄球，则第 次操作后，乙袋中黄球个数为 ； 情况②：甲袋取黄球，乙袋取红球，则第 +1次操作后，乙袋中黄球个数为 ( )−1； 情况③：甲袋取红球，乙袋取红球，或者 甲+袋1 取黄球，乙袋取黄球，则第 ( 次)+操1作 后，乙袋中黄球个数为 ； +1 ( ) 所以 1+ ( ) ( ) 2− ( ) 3− ( ) 1+ ( ) ( +1)= 3 ∙ 3 ∙ ( )−1 + 3 ∙ 3 ∙ ( )+1 + 3 ∙ ， 分 3− ( ) 2− ( ) ( ) 1 2 3 + 3 ∙ 3 ∙ ( )= 3∙ ( )+3 ⋯⋯10 所以 ，由（1）知， ，所以 1 1 2 1 2 ( +1)−1= 3∙ ( )−1 1 =3, 1 =3 1 =2∙3+1∙3= 高一数学试题 第13页（共16页）, 4 3, 1 −1≠0 所以 是以 为公比的等比数列，首项为 ， 1 1 ( )−1 3 3 所以 1 1 −1 ( )−1= 3∙ 3 所以 分 1 ( )=1+ 3 ……12 1 （3）令b  ， n E(X )1 n 由题意知a b 0或a b 2n13n 0， n n n n n n 当a b 2n13n 0时，设 n n n S ab a b ...a b 13332 ...2n33n12n13n， n 1 1 1 2 2 2 n n n 所以3S 132 333...2n33n 2n13n1， n 所以 2S 32 32 33...3n2n13n1 n 32 13n1 32 2n13n1 622n3n1， 13 所以S 3n13n1， 分 n ⋯14 法一：由题意可得T 中的所有元素由以下系列中所有元素组成： n 当,,..., ,均为1时：此时该系列元素只有S 3n13n1即C0个； 1 2 n1 n n n 当,,..., ,中只有一个为0，其余均为1时： 1 2 n1 n 此时该系列的元素有S ab,S a b ,S a b ,...,S a b 共有C1 个， n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n n n 则这C1 个元素的和为C1S  ab a b ...a b   C1 C0  S ； n n n 1 1 2 2 n n n n n 高一数学试题 第14页（共16页）当,,..., ,中只有2个为0，其余均为1时： 1 2 n1 n 此时该系列的元素为S ab a b  i,j 1,2,...,n  ,i  j  共有C2个， n i i j j n 则这C2个元素的和为C2S C1  ab a b ...a b   C2C1  S ； n n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n 当,,..., ,中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为 1 2 n1 n S ab a b a b  i,j,k 1,2,...,n  ,i  j k  共有C3个， n i i j j k k n 则这C3个元素的和为C3S C2  ab a b ...a b   C3C2  S ； n n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n … 当,,..., ,中有n1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为ab,a b ,...,a b 1 2 n1 n 1 1 2 2 n n 共有Cn1个， n 则这Cn1个元素的和为Cn1S Cn2 ab a b ...a b   Cn1 Cn2  S ； n n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n 当 1 , 2 ,..., n1 , n 均为0时：此时该系列的元素为 0  Cn Cn1  S ， 分 n n1 n ⋯16 综上所述，T 中的所有元素之和为 n S   C1 1  S   C2 C1  S   C3 C2  S  ...  Cn1Cn2  S   Cn Cn1  S n n n n n1 n n n1 n n n1 n n n1 n   C0 C1 ...Cn1Cn    C0 C1 ...Cn2 Cn1 S  n n n n n1 n1 n1 n1  n ； 分   2n2n1  S 2n1S 2n1  3 n13n1  n n ⋯17 法二：由题意可得 T   S ,S ab,S ab a b ,S ab a b a b ,...,ab a b ,ab,0  ,  i, j,k  1,2,...,n  ,i  j k  n n n i i n i i j j n i i j j k k i i j j i i ， 所以T 的所有的元素的和中各项ab  i 1,2,...,n  出现的次数均为 n i i C0 C1 ...Cn2 Cn1 2n1次， 分 n1 n1 n1 n1 ⋯16 高一数学试题 第15页（共16页）所以T 中的所有元素之和为 n 2n1 a 1 b 1 a 2 b 2 ...a n b n 2n1S n 2n1   3 n13n1  . 分 ⋯17 高一数学试题 第16页（共16页）