2025屆山東名校考試聯(lián)盟3月高考模擬考試數(shù)學試題（含答案）

機密★啟用前試卷類型A山東名?？荚嚶?lián)盟2025年3月高考模擬考試本試卷共4頁，19題，全卷滿分150分?？荚囉脮r120分鐘。注意事項：2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。2.若集合A={x|x>3},B={x||x-1|∈A},則AUB=A.{x|x>3}B.{x|x>-2}3.已知圓C;x2+y2=1,直線l:3x+4y-m=0(m∈R),若圓C上有且僅有一點到直線L的距離為1,則m=4.已知數(shù)列{a.)是公差不為0的等差數(shù)列，若a?az=as,as=2,則a?=5,已知,則sin2α+cos2a的值為A.[0,1]B.[-1,1]8.在正三棱柱ABC-A?B?C?中，AB=AA?=頂點均在球O上，過BB?作球O的截面，則所得截面圓面積的最小值為二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。10.下列說法正確的是A.數(shù)據(jù)5,8,10,12,13的第40百分位數(shù)是9C.20張彩票中有2張能中獎，現(xiàn)從中一次性抽取n張，若其中至少有一張中獎的概率大于的平均數(shù)為6,方差為10,現(xiàn)加人5和7兩個數(shù)，則這8個數(shù)的高三數(shù)學試題第2頁(共4頁)說法正確的是A.若該直線族的包絡曲線為圓x2+y2=2,則a2+b2=2C.若0∈(0,2π)),則該直線族的包絡曲線為橢圓D.當t≠0)時，若點N(xo,yo)不在直線族ax+by=1的任意一條直12.展開式中第4項的系數(shù)為13.已知f(x)=e(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)=lnx+2,請寫出f(x)與g(z)的一條公14.過雙曲線的右焦點F作其中一條漸近線的垂線，垂足為Q,直 線FQ與雙曲線的左右兩支分別交于點M,N,若MQ=3QN,則雙曲線的離心15.(13分)(1)若,求△ABD的面積；(2)若,求四邊形ABCD面積的取值范圍.16.(15分)CD=√3,E是棱PD上的中點.(2)求平面PAB與平面ACE的夾角的余弦值.17.(15分)18.(17分)19.(17分)個盒子中取出一張卡片交換位置.記n次交換后兩個盒子中仍然是A,B,C三種字母的卡片各一張的概率為pn(n∈N").(1)求p?和pz;高三數(shù)學試題第4頁(共4頁)山東名?？荚嚶?lián)盟高三年級數(shù)學試題參考答案2025.3一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。12345678BDDACACB8.【解析】方法一：因為,所以點B?在△BCC?的外接圓上，所以三棱錐E-BCC?的四個頂點均在球O上，即球O為四棱錐E-B?BCC?的外接球，故球心0在正方形B?C?CB的中心，則球O的半徑為√2.過BB?作球O的截面，當所得截面圓面積最小時，則截面圓圓心為BB?中點(即過0作截面垂線，垂足為BB?中點),所以截面圓半徑為1,所以面積最小值為π.方法二：因為,所以點B?在△BCC?的外接圓上，所以三棱錐E-BCC?的四個頂點均在球0上，即球O為四棱錐E-B?BCC?的外接球，故B,B?兩點在球O上，所以最小截面圓為以BB?為直徑的圓.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。題號9答案11.【解析】對于A:若圓C?:x2+y2=2是直線族ax+by-1=0(a,b∈R)的包絡線，可得對于B:直線族中的每條直線都與拋物線C:x2=4y相切，顯然過點A(2,1)的直線所在的直線斜率存在，設方程為y-1=k(x-2),消去V并整理得：x2-4kx+8k-4=0,則△=16k2-32k+16=0,解得k=1,所以所求直線方程為y=x-1,故B對；對于C:設橢圓上的點為P(mcosθ,nsinθ),過點P作圓的切線l,當切線斜率存在時，設y=kx+b,,聯(lián)立得：.作商：,所以切線l的方程為當切線斜率不存在時，θ=0或θ=π,則切線方程y=n和y=-n亦滿對于D:將點N(x?,y%)代入y=tx-t2(t≠0),可得關于t的方程t2-x,t+yo=0,聯(lián)立直線y=tx-t2與x2=4y,可得x2-4tx+4t2=0,所以△=(-4t)2-4×4t2=0,故直線族y=tx-t2為拋物線x2=4y的切線.因此直線族的包絡曲線為x2=4y,故D對.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在Rt△OQF中，設∠QFO=θ,則即(MF|-2a)2=|MFP+(2c)2-2|MF|2ccosθ,解得|2又因為△ABC為等邊三角形，………4分(2)在△ACD中，由余弦定理：AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cosa=1+4-2×2×cosα=5-4cosα,AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cosa=1+4-2×2×cosα=5-4cosα,所以所以所以四邊形ABCD的面積又因為,所以所即四邊形ABCD的面積的取值范圍…16.【解析】(1)證明：取AC中點為0,連接BO,PO,如圖，又因為AB=BC=AC=2,所以BO=…11分……………5分因為PB=2,所以PO2+BO2=PB2,即PO⊥BO,因為POc平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.方法二：因為AB=BC=AC=2,所以BO=√3,BO⊥AC,3…因為PB=2,所以PO2+BO2=PB2,即PO⊥BO,因為BOc平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD.……6分(2)方法一：以0為坐標原點，OB,OC,OP所在的直線分別為x,y,z軸，建立如圖坐標系……7分則AP=(0,1,1),AB=(√3,1,0),AC=(0,設平面PAB的法向量為n=(x,y,z),設平面AEC的法向量為n2=(x,y,z),則設平面PAB與平面ACE的夾角為θ,則即平面PAB與平面ACE的夾角的余弦值……..15分方法二：以0為坐標原點，CD,CA所在的直線分別為x,y軸，建立如圖坐標系….…7分4所以A(0,2,0),B(-√3,1,0),C(0,0,0),D(√3,0,0),P(0,1,1),則AP=(0,-1,1),AB=(-√3,-1,0),AC=(0,-2,0),……………9分設平面PAB與平面ACE的夾角為θ,所以……4分則P(√2,√2),所以直線PB方程為y=√2,則P(√2,√2),所以直線PB方程為y=√2,所以(2-x2)k2+2x?y。k+2-y2=0,所!與C:x2+2y2-6=0聯(lián)立得：(1+2k2)x2+(4ky。-4k2x?)x+2k2x2+2y?-4kx?y。-6=0,5由橢圓對稱性得直線AB過(0,0).綜上：直線AB過定點(0,0).………方法二：當直線AB過(0,0)時，由橢圓對稱性得設A(x,y?)則B(-x?,-y?),所以所以所以當直線PA和PB斜率存在時，直線AB過(0,0).…………14分…10分……..14分18.【解析】(1)當a=0時，于是f'(x)=cosx+cos2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R上單調(diào)遞減.…………又f(0)=0,故函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1.……4分(2)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點，由于f(0)=0,且f(x)為奇函數(shù)，由(1)可知當a=0時，在(0,+0)上單調(diào)遞減，此時f(x)<f(0)=0,即令h(x)=-sinx-2sin2x+6ax,則h'(x)=-cosx-4cos2x+6a.若,則h(x)=-cosx-4cos2x+6a≥-1-4+5=0,故h(x)在(0,+0)上單調(diào)遞增，于是h(x)>h(O)=0.故g(x)在(0,+0)上單調(diào)遞增，于是g(x)>g(0)=0.則f(x)在(0,+0)上單調(diào)遞增，此時f(x)>f(0)=0,符合題意.……………11分6h'(x)=-cosx-4cos2x+6a=-cosx-4(2cos2xg(x)<g(0)=0.則f(x)在(0,x?)上單調(diào)遞減，此時f(x)<f(O)=0.……15分,故f(x)上存在零點，矛盾.………….16分綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為………………17分19.【解析】解析