数学答案(1)_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_2605272026届山东省淄博市高三仿真考试（淄博三模）（全科）_淄博三模答案

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2026 年数学科高考仿真模拟试题答案
选择题：
1．A 2．B 3．B 4．C 5．B 6．A 7．D 8．C
9．ABD 10．ABD 11．ABC
8．答案：C
1
解析：由题意知:F c,0  ,F  c,0  ,则直线l 方程: y   xc  ;直线l 方
1 2 1 2
2
3c 4c
程: y 2  xc  ;联立l ,l 方程可得交点坐标: , ,
1 2  5 5 
9c2 16c2
因为交点在双曲线上,故满足双曲线方程,代入可得:  1;
25a2 25b2
由双曲线定义可知,满足:a2 b2 c2;代入b2 c2 a2;
9c2 16c2
可得: 25a2  25  c2 a2  1 ,
     
两边同乘25a2 c2 a2 去分母可得:9c2 c2 a2 16a2c2 25a2 c2 a2
,
即:9c4 50a2c2 25a4 0,两边同除a4,
  
可得:9e4 50e2 250,即 9e2 5 e2 5 0;
5
解得e2 5或e2  ;因为双曲线离心率e 1, ;
9
故e 5,因此双曲线的离心率为 5.
11．答案：ABC
2
1  1 1
A．当M(0,0)时，s  x (x0)2   0  x2  2 x2 2，
 x  x2 x2
1
当且仅当x2  即x1时取等号，
x2
高三数学试题 第1页（共4页）故对于点M  0,0  ，存在点P  1,1  ，使得该点是M  0,0  在 f  x  的“最近点”．
B．由题设可得s  x (x1)2   ex 0 2 (x1)2 e2x，
则s x 2  x1 2e2x，因为 y 2  x1  ,y 2e2x均为R 上单调递增函数，
则s x 2  x1 2e2x在R 上为严格增函数，
而s
0
0，故当x0时，s
x
0，当x 0时，s
x
0，
故s  x  s  0 2，此时P  0,1  ，
min
而 f x ex,k  f 0 1，故 f  x  在点P处的切线方程为yx1.
01
而k  1，故k k 1，故直线MP与 y  f  x  在点P处的切线垂直．
MP 10 MP
C．因为x 既是s  x 的最小值点，也是s  x  的最小值点，
0 1 2
则s

x
s
(t),s

x
s
(t)，
1 0 1 2 0 2
即 x t1 2   f  x  f  t g  t 2 1  g  t 2 ，③
0 0
 x t1 2   f  x  f  t g  t 2 1  g  t 2 ，④
0 0
③④得2  x t 2 22f  x  f(t) 2 2g2(t)22g2(t)
 
0 0
即 x t 2   f  x  f  t 2  0，因为 x t 2 0,  f  x  f  t 2 0
0 0 0 0
 x t 0
则 0 ，解得x t，得证.
f  x  f  t 0 0

0
D．设s  x  (xt1)2 (f  x  f  t  g  t  )2，
1
s  x (xt1)2 (f  x  f  t  g  t  )2，
2
而s x  2(xt1)2(f  x  f  t  g  t  )f x ，
1
s x  2(xt1)2(f  x  f  t g  t  )f x ，
2
高三数学试题 第2页（共4页）若对任意的tR，存在点P同时是M ,M 在 f  x  的“最近点”，
1 2
设P  x ,y  ，则x 既是s  x 的最小值点，也是s  x  的最小值点，
0 0 0 1 2
因为两函数的定义域均为R ，则x 也是两函数的极小值点，
0
则存在x ,使得s  x s  x 0，
0 1 0 2 0
即s  x 2  x t1 2f  x f  x  f (t)g(t)0 ①
 
1 0 0 0 0
s  x 2  x t1 2f  x f  x  f (t)g(t)0 ②
 
2 0 0 0 0
由①②相减得44g(t) f x 0，即1 f x  g(t)0，
0 0
1
即
f
x

，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
0 g(t)
1
则 f x  0恒成立，
0 g(t)
接下来证明x t，
0
因为x 既是s  x 的最小值点，也是s  x  的最小值点，
0 1 2
则s

x
s(t),s 
x
s(t)，
1 0 2 0
即 x t1 2   f  x  f  t g  t 2 1  g  t 2 ，③
0 0
 x t1 2   f  x  f  t g  t 2 1  g  t 2 ，④
0 0
③④得2  x t 2 22f  x  f(t) 2 2g2(t)22g2(t)
 
0 0
即 x t 2   f  x  f  t 2  0，因为 x t 2 0,  f  x  f  t 2 0
0 0 0 0
 x t 0
则 0 ，解得x t，
f  x  f  t 0 0

0
高三数学试题 第3页（共4页）1
则 f t  0恒成立，因为t的任意性，则 f  x  严格单调递减.
g(t)
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案：2
n
13．答案：
n1
1
14．答案：
2
解析：
 1 1
AM  AB AC
2 4
  1 1  1 2 1
AM AB   AB AC AB  AB  ，
2 4  2 8
 
AM AB 1  1
向量  A  M  在  A  B  上的投影向量的模为  ，即 2 AB  8  A  B  ，
AB
1  A  B    1   2 1  1 ，当且仅当 1  A  B    1  ，即  A  B   1 时取到最小值.
2 8 AB 16 2 2 8 AB 2
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．解析：
(1) a2 b2 c2  2abcosC  4S  2absinC,所以tanC 1,

又C 0, ,C  , sin  B A sin  AC sinB，
4
BA B或B AB ，
当BAB时，不成立；
 3 3
当B AB 时，又C  ，2( A)A 3A
4 4 2
  
A ，综上，A  ,C  .
6 6 4
 7  a c
（2）由(1)知，A ,B C  ,由正弦定理，  c 2a,
6 12 4 sinA sinC
高三数学试题 第4页（共4页）1 2 6 2
S  acsinB a2  31，a2,c 2a2 2.
ABC 2 2 4
3 3
16．解析：（1）当a4，b 时， f xlnx4x x2，
2 2
其定义域为0,， fx 1 43x
3x1x1
，
x x
令 fx0，得0 x 1 或x1，令 fx0，得 1 x1，
3 3
 1 1 1 
x 0,   ,1 1
1,
 3 3 3 
fx
+ 0 - 0 +
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
1 1 7 5
当x 时， f x有极大值 f   ln3， 当x1时， f x有极小值 f 1 ，
3 3 6 2
7 5
极大值为 ln3，极小值为 ．
6 2
1
（2）若b0，则 f xlnxax，定义域为0,， fx a，
x
当a0时， fx0， f x在0,上单调递增， f x无最大值，不合题意，
1  1
所以a0，令 fx0，则0x ， f x在0, 上单调递增；
a  a
1 1 
令 fx0，则x ， f x在 ,上单调递减，
a a 
1
则 f x  f  lna1，
max a
因为 f x的最大值小于2a3，所以lna12a3，
解2alna20，设ga2alna2，
易知ga在a0,上单调递增，
又g10，所以ga0g1，所以a1，故a的取值范围为1,．
高三数学试题 第5页（共4页）17．解析：
（1）法一底面ABCD是菱形，ACBD，
PA平面ABCD，且BD平面ABCD，PABD.
又ACPA A，AC,PA平面PAC,BD平面PAC，
PC平面PAC，BDPC，又EF PC，且EF,BD平面BDF ，EFBDE，
PC平面BDF ，DF 平面BDF ，PCDF ，
EF EDEB2，DFB90，即DF FB，又PC,PB平面PBC平面PBC，
且PCFBF，∴DF 平面PBC．
法二：以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，过点E且平行PA的直线为z轴建立空间
直角坐标系，如图所示，则
A  2 2,0,0  ,C  2 2,0,0  ,D0,2,0 ， EF 2,AC4 2,BD4 , EC 2 2 , 又
EF PC,在FEC中由勾股定理得FC2 EC2EF2 (2 2)222 4,
π     
即FC 2,FEC  ,F  2,0, 2 .DF   2,2, 2 ,
4
P(2 2,0,4 2),B(0,2,0),C(2 2,0,0)
 
PB (2 2,2,4 2),PC (4 2,0,4 2)
 
DFPB ( 2,2, 2)(2 2,2,4 2)4 4 8 0
 
DFPC ( 2,2, 2)(4 2,0,4 2)80 8 0
DF PB,DF PC,PCPB P PC,PB 平面PBC
∴DF 平面PBC．
（2）法一：以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，过点E且平行PA的直线为z轴建
立空间直角坐标系，如图所示，则
A  2 2,0,0  ,C  2 2,0,0  ,D0,2,0，
EF 2,AC4 2,BD4,
高三数学试题 第6页（共4页）EC 2 2,又EF PC,
在FEC中由勾股定理得FC2 EC2EF2 (2 2)222 4,
π        
即FC 2,FEC  ,F  2,0, 2 .DF   2,2, 2 ,AD 2 2,2,0
4
EF PC,EF 2,EC 2 2 ，ACP45，
PA AC 4 2，APC45，PC 平面BDF ，
PA与平面BDF 所成的角为90APC45，DF 平面PBC，
DF是平面PBC的一个法向量，PA平面ABCD，PA平面PAD，
平面PAD平面ABCD，设n  x,y,0，只需n   AD，则n  平面PAD，
则n



A

D
 x,y,0
2 2,2,0

2 2x2y0，
 
nDF
   3 2 3
令n 1, 2,0 ，则cos     ，
n  DF 32 2 2
30，4530 75.
法二：
过P作AD和BC的平行线l,平面PBC 平面PAD l
过A作AM CB的延长线于M点，
连接AM,PM易证APM为二面角的平面角
4 6
利用等面积法求出AM = 4 6 ，tanAPM  AM  3  3
3 AP 4 2 3
APM 30从而求出两角和。
法三：
作BM  AD于M,易证BM  平面PAD,作CN  AD于N,易证CN  平面PAD
高三数学试题 第7页（共4页）1
MN  BC 2 3,S  MN PA 4 6
PMN 2
，
在PBC中，PC=8，BC=2 3，PB 2 11
利用余弦定理和三角形的面积公式，S 8 2
PBC
S 4 6 3
cos PMN   ,30
S 8 2 2
PBC
18．解析：
（1）由 AB  x x  p 6得x x 6 p 4，
A B A B
x x
所以M 点的横坐标x  A B 2.
M 2
（2）
由C: y2 4x，故F  1,0  ，由直线AB与直线DE垂直，故两直线斜率都存在且不为
0，
       
设A x ,y 、B x ,y 、E x ,y 、D x ,y ，
1 1 2 2 3 3 4 4
1
直线AB、DE 分别为xmy1，x y1，
m
y2 4x
联立  y2 4my40 y  y  4m,y y 4 ，
xmy1 1 2 1 2
y  y
故 y  1 2  2m ,x my 1 2m21，
M 2 M M
高三数学试题 第8页（共4页）即M  2m2 1,2m  ，同理可得N   2 1, 2  ，
m2 m
 
由对称性，定点一定在x轴上，设为P(t,0)，则MP//PN ,有
(tx )y (x t)(y )0
M N N M
4 2
2m4m
x y x y
m 2
故t  N M M N   3，
y  y 2
M N 2m
m
 
故MN过定点，且该定点为 3,0 ，
（3）
先证S S ，
GMN 四边形ADMN
事实上，取AD的中点H ，连接HM ，则HM 为ADB的中位线，即HM //BD，
从而S S ,同理可得S S ,
HMG HMD HNG HNA
故S S S S S S ,即S S ，
HMG HNG MNH HMD HNA MNH GMN 四边形ADMN
1
又| AB| 1m2 | y  y |4(m2 1)，同理|DE|4( 1)，
1 2 m2
高三数学试题 第9页（共4页）1 1 (m2 1)2 (2m)2
故S  |AM ||DN | |AB||DE |2 2 8 ，
四边形ADMN 2 8 m2 m2
当且仅当m2 1时等号成立.
故S 最小值为8.
GMN
19．解析：（1）解：（1）P ＝ C2 2＝ 1 ，
1
C2 15
6
P ＝ C2 4 × C2 2＋ C1 4 ·C1 2 × C1 4＝ 6 × 1 ＋ 8 × 4 ＝ 6 ．
2
C2
6
C2
6
C2
6
C2
5
15 15 15 10 25
（2）若盒中有4个黑球，2个红球，一次性摸出两个球，
摸到0，1，2个红球的概率分别为 C2 4＝ 2 ， C1 4 ·C1 2＝ 8 ， C2 2＝ 1 ，
C2 5 C2 15 C2 15
6 6 6
若盒中有4个黑球，1个红球，一次性摸出两个球，
摸到0，1个红球的概率分别为 C2 4＝ 3 ， C1 4 ·C1 1＝ 2 ，
C2 5 C2 5
5 5
则摸球n次，记第i次和第n次分别各摸到一个红球的概率为p，
i
2 8 3 2
则p＝( )i－1× ×( )n－i－1× （i＝1，2，…n－1），
i
5 15 5 5
摸球n次，记第n次摸到两个红球的概率为p ，则p ＝( 2 )n－1× 1 ，
n n
5 15
n n-1
则P ＝∑p＝∑p＋p
n i i n
i＝1 i＝1
＝( 2 )n－1× 1 ＋ 8 ×( 3 )n－2× 2 ＋ 2 × 8 ×( 3 )n－3× 2 ＋…＋( 2 )n－2× 8 × 2
5 15 15 5 5 5 15 5 5 5 15 5
1－( 2 ) n－1
＝ 1 ×( 2 )n－1＋ 16 ×( 3 )n－2× 3 ＝ 1 ×( 2 )n－1＋ 16 ×( 3 )n－1－ 16 ×( 2 )n－1
15 5 75 5 2 15 5 15 5 15 5
1－
3
＝ 16 ×( 3 )n－1－( 2 )n－1．
15 5 5
（3）法一：
设摸球2n次，在第i次和第2n次分别摸到一个红球的概率为
2 8 3 2
p＝( )i－1× ×( )2n－i－1× (i＝1，2…，2n－1)，
i
5 15 5 5
高三数学试题 第10页（共4页）16 3 2
记M＝p ＋p ＋…＋p ，则M＝ ×[( )2n－( )2n]，
1 3 2n－1
15 5 5
16 3 2 13 2
[( )2n ( )2n] ( )2n1
M 15 5 5 3 75 5 3
   
P 16 3 2 5 16 3 2 5
2n ( )2n1( )2n1 ( )2n1( )2n1
15 5 5 15 5 5
M M
X 可能取值为1，2，且P(X ＝1)＝ ，P(X ＝2)＝1－ ，
2n 2n 2n
P P
2n 2n
M M M 7
E(X )＝ ×1＋(1－ )×2＝2－ ，故E(X )＜ ．
2n 2n
P P P 5
2n 2n 2n
法二：
设摸球2n次，在第i次和第2n次分别摸到一个红球的概率为
2 8 3 2
p＝( )i－1× ×( )2n－i－1× (i＝1，2…，2n－1)，
i
5 15 5 5
2 1
摸球2n次，第2n次摸到两个红球的概率为p ＝( )2n－1× ，
2n
5 15
若n≥2，
①此时当k为奇数且k≤2n－3时， 2 p ＝p ；当k＝2n－1时， 2 p＞p ；
k k＋1 k k＋1
3 3
2
则 (p ＋p ＋…＋p )＞p ＋p ＋…＋p ，
1 3 2n－1 2 4 2n
3
5
故 (p ＋p ＋…＋p )＞p ＋p ＋…＋p ，
1 3 2n－1 1 2 2n
3
记M＝p ＋p ＋…＋p ，
1 3 2n－1
则 M ＝ p 1 ＋p 3 ＋…＋p 2n－1＞ p 1 ＋p 3 ＋…＋p 2n－1 ＝ 3 ，
P 2n p 1 ＋p 2 ＋…＋p 2n 5 (p 1 ＋p 3 ＋…＋p 2n－1 ) 5
3
M M
X 可能取值为1，2，且P(X ＝1)＝ ，P(X ＝2)＝1－ ，
2n 2n 2n
P P
2n 2n
M M M 7
E(X )＝ ×1＋(1－ )×2＝2－ ，故E(X )＜ ．
2n 2n
P P P 5
2n 2n 2n
8 1 8 1 10 7
当n＝1时，P(X ＝1)＝ ，P(X ＝2)＝ ，E(X )＝ ×1＋ ×2＝ ＜ ，
2 2 2
9 9 9 9 9 5
②
结论也成立；
7
综上，E(X )＜ ．
2n
5
高三数学试题 第11页（共4页）