淄博市2025-2026学年度高三模拟考试数学答案_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026届山东省淄博市高三3月模拟考试(1)_02数学2026届山东省淄博市高三3月模拟考试

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  公众号：高考分试卷君
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 公众 A 号  ： s 高 in 考 A试卷 co 君 sA 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
公众号：高考试卷君
 
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 ⋯ 公好 ⋯ 经 7 众过号点：P，高所考以试PA卷君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 公众号：高考试卷君
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  .
公众号：高考试卷君
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
公众号：高考试卷君
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
公众号：高考试卷君
⋯⋯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， 公众号：高考试卷君
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)上单调递公增，众在号t：(1高,考)上试单卷调递君减，
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
公众号：高考试卷君
⋯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
公众号：高考试卷君
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
公众号：高考试卷君
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...公2众n号33：n 高2考n试1卷3n君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
公众号：高考试卷君
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
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