山东省淄博市2025-2026学年高三下学期高考模拟数学试卷

这是一份山东省淄博市2025-2026学年高三下学期高考模拟数学试卷，共20页。试卷主要包含了解法一， ⋯⋯10 分等内容，欢迎下载使用。

淄博市 2025─2026 学年度高三模拟考试
数学答案
一．
二．
三．
a2  c2  b2a2  c2  b2
四．15.解（1）法一：由余弦定理 a cs B  a ⋯⋯1 分
2ac2c
b2  c2  a2b2  c2  a2
b cs A  b ⋯⋯2 分
2bc2c
a2  c2  b2b2  c2  a22
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
D
B
A
D
A
D
9
10
11
BC
ACD
ACD
12
13
14
3 , 6
x π  kπ  x  π  kπ, k  Z 
 124

3n1  3
5 5
2
3
a cs B  b cs A  c 
c sin C ⋯⋯3 分
2c2c
sin C 
3 ，⋯⋯4 分
2
C  0, ，所以C  ⋯⋯5 分
2 3

3
法二:由正弦定理： a cs B  b cs A  2 c sin C
3
sin A cs B  sin B cs A  sin C 
2 sin2 C
⋯⋯3 分
因为C  0, , sin C  0 ，所以sin C 3 ，⋯⋯4 分
2 2

C  ⋯⋯5 分
3
3
法三： a cs B  b cs A  c 
c sin C
⋯⋯3 分
sin C 
，⋯⋯4 分
2
C  0, ，所以C  ⋯⋯5 分
2 3

（2）由（1）知C  ，
3
sin A  sin B  sin A  sin  2 A  3 sin A 
3 cs A 
3 sin  A  ⋯⋯8 分
 3226 

A  0,
2  
又因为
，所以 A
,  ，⋯⋯11 分
2

 6 2 
B  A   0,
32 
所以 3 sin  A  3 , 3
6  2

sin A  sin B  sin C 
3 sin  A  
3   3 
3 3 3 
,⋯⋯13 分
6 222 

16.解：（1） x2  y2  1的渐近线为 y   x
y  x

由 y2  2 px 得 y2  2 py  0 ，所以 yp  2 p ， xp  2 p ，
P 2 p, 2 p  ，同理Q 2 p, 2 p  ，⋯⋯2 分
1
2
SPQ x
 4 p2  16
OPQp
， p  2 ，⋯⋯4 分
抛物线 E 的方程为 y2  4x ⋯⋯5 分
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 x1, y1  ， B  x2 , y2 
x  my  n

联立 y2  4x
得 y2
 4my  4n  0
Δ  16m2 16n  0 即 m2  n  0
y1  y2  4m ， y1 y2  4n
⋯⋯7 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ，所以PA  PB
PA  PB  0 ， ⋯⋯9 分即
PA PB   x1  4, y1  4 x2  4, y2  4
 x1x2  4 x1  x2  16  y1 y2  4 y1  y2  16
2
  y1 y2 
 3y y
 y  y
2  4 y  y
  32  0
161 21212
所以 n2 12n 16 m2  m 32  0 ，⋯⋯11 分
21 2
即n  6
16  m  2   0

所以 n  4m  8  0 或n  4m  4  0
⋯⋯13 分
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 ⋯⋯15 分
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 x1, y1  ， B  x2 , y2 
x  my  n

联立 y2  4x
得 y2
 4my  4n  0
Δ  16m2 16n  0 即 m2  n  0
y1  y2  4m ， y1 y2  4n ⋯⋯7 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ，所以PA  PB
直线 PA ， PB 的斜率存在且不为零， kPA  kPB  1，⋯⋯9 分
k k
 y1  4  y2  4 
y1  4
y2  4
44
 1
即 PAPB

x1  4 x2  4
1

y 2
 4
2
 y2   4

y1  4 y2  4
44
所以 y1  4 y2  4  y1y2  4  y1  y 2  16  16
所以 n  4m  8  0 ，⋯⋯13 分即 n  4m  8 ，满足Δ  0 ，
直线 AB 的方程为 x  my  4m  8 ，过定点8, 4 . ⋯⋯15 分
法三：直线 PA ， PB 的斜率存在且不为零， k k
 y1  4  y2  4  1 ，
PAPB
设直线 AB 的方程为t  x  4  s  y  4   1

x1  4 x2  4
t  x  4  s  y  4   1
联立 y2  4x
2
 y  4 
得1 8s x  4 
 8t  4s y  4   4t  0 ⋯⋯8 分

x  4

Δ  8t  4s2 16t(1 8s)  0
k， k为方程的两根， k k
 4t
 1⋯⋯11 分
PAPB
PAPB
1 8s
所以t  2s  1 ，⋯⋯13 分
4
满足Δ  0
直线 AB 的方程为 s 2x  y 12  x  8  0
4
由2x  y 12  0 得定点8, 4

x  8  0
直线 AB 过定点8, 4 .⋯⋯15 分法四：由（1）知 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 x1, y1  ， B  x2 , y2 
 y2  4x
联立 y  kx  b 得 k 2 x2  2kb  4 x  b2  0

Δ  16 16kb  0 即1 kb  0
x  x
 4  2kbb2
12k 2
， x1 x2  k 2 ⋯⋯6 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ，所以PA  PB
PA  PB  0 ，⋯⋯8 分即
PA PB   x1  4, y1  4 x2  4, y2  4
 x1x2  4 x1  x2  16  y1 y2  4 y1  y2  16
1 212
 1 k 2  x x  kb  4k  4 x  x  b2  8b  32  0
所以b2 12kb 16k  32k 2 16  0 ，⋯⋯10 分即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 ，⋯⋯12 分
当b  4k  4 时，直线 AB 的方程为 y  kx  4k  4 ，过定点 P 4, 4 （舍），
 1 21 
当b  8k  4 时， Δ  16 16kb  168k 2  4k 1  16 8 k      0 ，直线
AB 的方程为 y  kx  8k  4 ，过定点8, 4 .
 
4 2 
2
x  8

当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x  8 ，由 y2  4x 得 y  4，不
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 ⋯⋯14 分 综上，直线 AB 过定点8, 4 ⋯⋯15 分
17．解：（1）在 ACD 中，?2 + ?2 = 45 = ??2，∴AC⊥AD⋯⋯1
分
又 PA⊥面 ABCD，AC  面 ABCD,∴AC⊥PA⋯⋯2 分
又 PA ∩ AD = A,AD,AP  面 PAD, ∴AC⊥面 PAD⋯⋯3 分
∴AC⊥PD⋯⋯4 分
（2）(i)法一：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)，⋯⋯5 分因为 G 为∆PCD 的重心，∴G(1,2,2) ⋯⋯6 分
所以?̅̅?̅→ = −2，2，2, ̅̅?̅̅→ = −3，9，0，̅?̅?̅̅→ = (0，− 6，6)
设平面 PBD 的法向量为̅→ = (，，)
则 ̅→ ∙ ̅̅?̅̅→ =− 3 + 9 = 0，令 y = 1，解得̅→ = (3，1，1) ⋯⋯8 分
̅→∙?̅̅?̅̅→
̅→ ?̅̅?̅̅→
̅→ ∙ ?̅̅?̅̅→ =− 6 + 6 = 0
设 GC 与面 PBD 所成角为α，则 sinα =
=
= 33 ⋯⋯10 分
−6+2+2
9+1+1 4+4+4
33
5
法二：由（1）知，PD = 6 2, = 3 2, ? = 3 6, ?? = ?? = 3
∆ABD 中，∠BAD= + = 3，所以由余弦定理?2 = 2 + ?2 − 2 ∙ ?? 3 = 90
4244
所以 BD=3 10，⋯⋯6 分
2 3
11
2 3
在∆PBD 中，cs∠BPD = ?2+??2−?2 = 54+72−90 = 1 , ∴ ?∠BPD =
2?∙??2∙3 6∙6 2
6
2
11
2 3
所以∆?? = 1 ? ∙ ?? ∙ ?∠BPD = 1 ∙ 3∙ 6∙= 9 11，⋯⋯8 分
22
19
∆?? = 2 ? ∙ ? = 2
设点 C 到平面 PBD 的距离为 d,所以?−?? = 1 ∆?? ∙ = 1 ∆?? ∙ PA
33
解得 d = 3 11 ⋯⋯9 分
11
2
延长CG 交PD 与点M，因为G 为∆PCD 的重心，所以CM 为中线，且?? = ?? = 3 5，PD = 6
3
所以 CM = 3
CG 与平面 PBD 所成角，即 CM 与平面 PBD 所成角，设为α,即 sinα =
??
= 33 ⋯⋯10 分
33
(ii)设̅̅?̅̅→ = ̅̅?̅̅→ = (，2，2) ⋯⋯11 分
法一：̅̅?̅̅→ = 0，0，6，̅̅̅̅→ = 3，− 3，0，̅̅?̅̅→ = (0，6，0)
因为 P,B,D,F 四点共面，所以存在唯一确定的实数 m,n,t，
使得̅̅?̅̅→ = ̅̅̅̅→ + ̅̅?̅̅→ + ̅̅?̅̅→ = (3, − 3 + 6, 6)，且 m + n + t = 1⋯⋯13 分
= 3
所以 2 =− 3 + 6 = 6，解得 k = 6 ,所以? = 6 ⋯⋯15 分
+ + = 1
7?7
法二：?̅̅?̅→ = ，2，2 − 6，̅?̅̅̅→ = 3，− 3，− 6，̅?̅?̅̅→ = 0，6，− 6， 因为 P,B,D,F 四点共面，所以存在唯一确定的实数 m,n，
使得?̅̅?̅→ = (，2，2 − 6) = ?̅̅̅̅→ + ?̅̅?̅̅→ = (3, − 3 + 6, − 6 − 6) ⋯⋯13 分
= 3
所以2 =− 3 + 6 2 − 6 =− 6 − 6
，解得 k = 6 ,所以? = 6 ⋯⋯15 分
7?7
法三：?̅̅?̅→ = ，2，2 − 6，由（2）知，平面 PBD 的法向量为̅→ = (3，1，1)， 所以̅→ ∙ ?̅̅?̅→ = 3 + 2 + 2 − 6 = 0，⋯⋯13 分
解得 k = 6 ,所以? = 6 ⋯⋯15 分
7?7
18.解：(1) a  2 时, f ( x)  2x , f ( x)  2x ln 2 ⋯⋯1 分
f 0  12分
f (0)  ln 2 3分
曲 线 y 
f ( x)
在 点 (0, f (0))
处 的 切 线 方 程 为
y 1  ln 2( x  0)即
x ln 2  y  1  0 ⋯⋯4 分
（2）法 1：令( x) 
f ( x)  g( x)  e2 1  ax  x ln a 1
⋯⋯5 分
( x)  ax ln a  ln a  (ax 1) ln a  0 ⋯⋯6 分
得 x  0
( x)  0 时， x  0 ；( x)  0 时， x  0

0, 
上单调递增 ⋯⋯8 分
即 y  (x) 在, 0 上单调递减，在
( x)  (0)  0即 f ( x)  g ( x)  e2  1⋯⋯10 分
于证明
f (x)  ln ax 1,
法 2：要证原不等式，等价
令t  ax (t  0)
只需证
t  ln t 1  0
(t)  t  ln t 1(t  0) ⋯⋯5 分
(t)  1  1  t 1
tt
⋯⋯6 分
t  (1, ),(t )  0
所
以， t  (0,1),(t )  0
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
法 3：要证原不等式，等价于证明 x ln a 1  1, 即 x ln a 1  1,
p(x)  x ln a  1 ,
令ax
⋯⋯5 分
f (x)ax
p (x) 
x(ln a)2
ax
, ⋯⋯6 分
x (, 0), p(x)  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⋯⋯8 分
所以 p(x)  p(0)  1，所以 x ln a 1  1,
ax
即 f (x)  g (x)  e2 1. ⋯⋯10 分
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)  ax ln a  b ⋯⋯11 分
①若b  0 ，则 h ( x)  ax ln a  b  0 ，所以 h(x) 在 R 上单调递增，至多一个零点，舍去；
⋯⋯12 分
②若b  0 ，
当 x  , lg
b  时， h 'x  0, h x 单调递减，
a ln a 


当 x lg
b
a ln a
,  时， h ' x   0, h  x  单调递增．


h(x) 在(,lga
b ) 单调递减，在 lg
b
a ln a
,   上单调递增


ln a
x   时， ax  0, bx  e2  , h(x)  x   时， h(x)  
所以只需 h(lg
b
a ln a
)  0 即可⋯⋯14 分
ln b
b
h(lg
a ln a) 
b
ln a
 blg
b
a ln a
 e2 
b  b
ln a
ln a  e2  0 ln a
令t 
b
ln a
(t  0)
上式等价于
t  t ln t  e2  0 ⋯⋯15 分
记 s(t)  t  t ln t  e2 , s(t)  ln t, (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，
s(1)  1  e2 , s(e2 )  0, t  0, s(0)  e2

即 b 的取值范围是 e2 ,  ⋯⋯17 分
ln a
法 2： h( x)  f ( x)  g( x)  ax  bx  e2
所以 s(t)  0  t  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
 exln a  bx  e2  0 有 2 个不同的解
当 x  0 时， exln a  bx  e2  1  e2  0 ⋯⋯11 分
当 x  0 时，令t  x ln a ，则 et  bt
 e2  0 
b  et  e 2
y  b
et  e2
ln a
ln at
只需保证ln a 与 y t
有两个不同的交点
记
s(t) 
et  e2 t
，
,12分
s(t) 
et  t  et  e2  t2
 et (t 1)  e2
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 ⋯14 分当 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)   ⋯16 分
 b  s(2)  e2
ln a
即 b 的取值范围是 e2 ,  ⋯17 分

ln a
法 3： f (x)  ax , g (x)  bx  e2.
0
先求 f (x) 过点(0, e2 ) 的切线方程设切点为(x , ax0 )， f (x)  ax ln a
0
所以切线方程为 y  ax0  ax0 ln a(x  x )
又因为切线过点(0, e2 )
0
所以e2  ax0  ax0 ln a(0  x ) ，
0
ax0 (x ln a 1)  e2 ,
即ax0 (ln ax0 1)  e2 , ⋯12 分
令ax0  t 则t(ln t 1)  e2 ,
记h(t)  t(ln t 1),13分
h(t)  ln t,(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，⋯15 分且h(1)  1, h(e2 )  e2 ， t  0,t ln t  0, h(t)  0
所以ax0  e2 ，⋯16 分
所以切线的斜率为ax0 ln a  e2 ln a
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  e2 ln a
b
即
ln a
e2 ⋯17 分
19．解：（1）
p  1 3  1 ,1分
，
13 33
q  2  3  2  2分
13 33
p  p  1 3 +q  1 2  1  1 + 2  2  7 ，⋯3 分

213 313 3333927
q  p  2  3 +q  11 2  2  0  2  2 + 2  5  16 ⋯4 分
213 31

3 3333927
（2）法 1：
pn  pn1
 1 3 +q 3 3
n1
1 212

3 33 pn1 + 9 qn1
，⋯6 分
qn  pn1
 2  3 +q
3 3
n1
 11 2  2  (1 p
3 3
n1
 qn1
)  3 2   1 q
3 39
n1
+ 2 ，⋯8 分
3
因此 2 p
n  qn
21

3 pn1 + 3 qn1
 2 ，
3
从而 2 p
n  qn
 1 (2 p
3
n1
+qn1
)  2 , 2 p
3
n  qn
1  1 (2 p 3
n1
+qn1
1) ，
即 2 p
n  qn
1  (2 p1 +q1
1)
1
3n1
, 2 p
n  qn
 1 1
3n
.⋯10 分
又 Xn 的分布列为
Xn
0
1
2
⋯11 分
故 E( X )  2 p  q  1 1 .⋯12 分
nnn3n
法 2：记第 n 次操作后，乙口袋中黄球个数为 E(xn ) ，则甲口袋中黄球个数为 2  E(xn ) ，则第 n 1次操作时，
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 2  E(xn )
3
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 E(xn )
3
则第 n 1次操作后，乙口袋中黄球个数 xn1 满足
E(x)  E(x ) 1 2  E(xn ) 1 E(xn )  E(xn )  2⋯⋯10 分
P
1  pn  qn
qn
pn
n1n
1
3333
4
则 E(xn1 ) 1  3 (E(xn ) 1)E(x1 )  2 p1  q1  3
n
E(x ) 1  1 
n1
所以 E(xn )  1 
n
……12 分
333
法 3：记第次操作后，乙袋中黄球个数为()，红球个数为 3 − ()，则甲袋中黄球个数为 2 − ()，红球个数为 1 + ()，
则第 + 1 次操作中，
情况①：甲袋取红球，乙袋取黄球，则第 + 1 次操作后，乙袋中黄球个数为() − 1；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，或者甲袋取黄球，乙袋取黄球，则第 + 1 次操作后，乙袋中黄球个数为()；
所以(+1) = 1+() ∙ () ∙ () − 1 + 2−() ∙ 3−() ∙ () + 1 + 1+() ∙
33333
3−() + 2−() ∙ () ∙ () = 1 ∙ () + 2，⋯⋯10 分
33333
所以(+1) − 1 = 1 ∙ () − 1，由（1）知，1 = 1 , 1 = 2，所以1 = 2 ∙ 1 + 1 ∙ 2 =
33333
1
4 , − 1 ≠ 0,
3
所以() − 1是以1为公比的等比数列，首项为1，
3
1
3
所以( ) − 1 = 1 ∙
3
−1
3
1
3
所以() = 1 +
……12 分
令b 1，
n
nE( X ) 1
由题意知n anbn  0 或nanbn  2n 13n  0 ，
当nanbn  2n 13n  0 时，设
n
Sn  1a1b1  2a2b2  ...  n anbn  1 3  3 32  ...   2n  33n1   2n 13n ， 所以3S  1 32  3 33  ...   2n  33n   2n 13n1 ，
所以
n
2S  3  2 32  33  ...  3n    2n 13n1
32 1 3n1 
 3  2   2n 13n 1  6   2  2n3n 1 ，
1 3
n
所以 S  3   n 13n1 ，⋯14 分
法一：由题意可得Tn 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当,,..., ,均为 1 时：此时该系列元素只有 S  3   n 13n1 即C0 个；
12n1nnn
当1,2 ,...,n1,n 中只有一个为 0，其余均为 1 时：
n
此时该系列的元素有 Sn  a1b1, Sn  a2b2 , Sn  a3b3 ,..., Sn  anbn 共有C1 个，
n
n
n
1 1
2 2
n n
nn
n
则这C1 个元素的和为C1 S  a b  a b  ... a b   C1  C0 S ；
n
当1,2 ,...,n1,n 中只有 2 个为 0，其余均为 1 时：
此时该系列的元素为 S
n  aibi  a jbj
i , j  1, 2,...,n ,i 
j 共有C2 个，
n
n
n
则这C2 个元素的和为C2 S
C1
a b  a b
... a b
  C 2  C1
S ；
n 1
1 12
2
n n
nn  1
n
当1,2 ,...,n1,n 中有3 个为 0，其余均为 1 时：此时该系列的元素为
S  a b  a b  a b i , j ,k  1, 2,...,n,i 
j  k 共有C3 个，
ni ij jk k
n
n
n
则这C3 个元素的和为C3 S
C2
a b  a b
n
1 12
2
n n
nn  1
... a b   C 3  C 2
n
S ；
n 1
…
当1,2 ,...,n1,n 中有 n 1个为 0，1 个为 1 时：此时该系列的元素为 a1b1 , a2b2 ,..., anbn
n
共有Cn1 个，
n
n
n
则这Cn1 个元素的和为Cn1S
 Cn2 a b  a b
... a b
  Cn1  Cn2 S ；
nn1
n 11 1
2
2
n n
nn  1
n
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
，⋯16 分
n
n
n1
n
n
n1
n
综上所述， Tn 中的所有元素之和为
n
n
n
S  C1 1S
C2  C1
S  C3  C2
S  . .  C n1  C n2 S
C n  Cn1 S
nn 1
n
nn 1
nnnnn1
 C0  C1  ...  Cn1  Cn   C0
C1
...  Cn2  Cn1  S
nn
n1
n1
n1
n
 2n  2n1  S  2n1 S  2n1  3  n 13n1 ；⋯17 分法二：由题意可得
Tn  Sn , Sn  aibi , Sn  aibi  a jbj , Sn  aibi  a jbj  akbk ,..., aibi  a jbj , aibi , 0 , i, j, k  1, 2,..., n
，
所以Tn 的所有的元素的和中各项 aibi i 1, 2,...,n 出现的次数均为
C0 C1 ...  Cn2  Cn1  2n1 次，⋯16 分
n1
n1
n1
n1
n nn
所以Tn 中的所有元素之和为
1 12 2
2n1 a b  a b
...  a b
  2n1 S
 2n1  3  n 13n1  .⋯17 分