機(jī)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。考試用時120分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的考生號、姓名、考場號及座位號填寫在答題卡上。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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)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}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=A.6B.104.巳知數(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+cos2α的值為的大小關(guān)系為A.[o,1]8.在正三棱柱ABC-A?B?C?中，AB=AA?=2,E為AiB?的中點，若三棱錐E-BCC?的四個頂點均在球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。9.若正數(shù)a,b滿足a+b=1,則下列說法正確的是A.ab有最大值B.有最小值4A.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0.5,則n的最小值為5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)的方差高三數(shù)學(xué)試題第2頁(共4頁)A.若該直線族的包絡(luò)曲線為圓x2+y2=2,則a2+b2=2C.若∈(0,2π)),則該直線族的包絡(luò)曲線為橢圓12.展開式中第4項的系數(shù)為13.已知f(x)=e2(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)=lnx+2,請寫出f(x)與g(x)的一條公 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)高三數(shù)學(xué)試題第4頁(共4頁)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)已知函數(shù)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;山東名校考試聯(lián)盟高三年級數(shù)學(xué)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，只有一項是符題號12345678答案BDDACACB8.【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0上，即球0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(dāng)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0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(luò)線，可得,可得,故A錯；存在，設(shè)方程為y-1=k(x-2),由消去V并整理得：x2-4kx+8k-4=0,△=16k2-32k+16=0,解得k=1,所以所求直線方程為y=x-1,故B對；2,所以切線l的方程為下證：x2=4y是y=tx-t2(t≠0)的包聯(lián)立直線y=tx-t2與x2=4y,可得x2-4tx+4t2=0,所以△=(-4t三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。即(MF|-2a)2=|MFP+(2c)2-2|MF|2ccosθ,解得|3又因為△ABC為等邊三角形，所以AB=AC=√3,且,(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的面又因為,所以…又因為,所以…即四邊形ABCD的面積的取值范圍即四邊形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，方法一：因為PA方法一：因為PA=PC=√2,所以POIAC,PO=1,又因為AB=BC=AC=2,所以BO=√3,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,… …4因為PB=2,所以PO2+BO2=PB2,因為BOc平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD.……(2)方法一：以0為坐標(biāo)原點，OB,OC,OP所在的直線分別為x,y,z軸，建立如圖坐標(biāo)系……7分設(shè)平面PAB的法向量為n,=(x,y,z),設(shè)平面AEC的法向量為n2=(x,y,z),設(shè)平面PAB與平面ACE的夾角為θ,即平面PAB與平面ACE的夾角的余弦值……方法二：以0為坐標(biāo)原點，CD,CA所在的直線分別為x,y軸，建立如圖坐標(biāo)系5所以A(0,2,0),B(-√3,1,0),C(0,0,0),D(√3,0,0),P(0,1,1),)設(shè)平面PAB與平面ACE的夾角為θ,所!與C:x2+2y2-6=0聯(lián)立得：(1+2k2)x2+(4ky。-4k2x?)x+2k2x2+2y2-4kx?y。-6=0,6……13分由橢圓對稱性得直線AB過(0,0).綜上：直線AB過定點(0,0).………………15分方法二：當(dāng)直線AB過(0,0)時，由橢圓對稱性得設(shè)A(x,y?)則B(-x?,-y?),所以,滿足.所以當(dāng)直線PA和PB斜率存在時，直線AB過(0,0).綜上：直線AB過定點(0,0).13分13分18.【解析】(1)當(dāng)a=0時，又f(0)=0,故函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1.(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(dāng)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,+00)上單調(diào)遞增，于是g(x)>g(0)=0.則f(x)在(0,+00)上單調(diào)遞增，7h'(x)=-cosx-4cos2x+6a=-cosx-4(2cosg(x)<g(0)=0.則f(x)在(0,x?)上單調(diào)遞減，此時f(x)<f(O)=0.……,故f(x)上存在零點，矛盾.…綜上所述，實數(shù)a的取值范圍……..16分19.【解析】解析(1)對兩個盒子中相同字母的卡片進(jìn)行交換，則·…2分若第1次交換的是相同字母的卡片，則第二次仍需將兩個盒子中相同字母的卡片進(jìn)行交換，此時若第1次交換的是不同字母的卡片，有3×2=6種情況，不妨設(shè)將第一個盒子中的A和第二個盒子中的B進(jìn)行交換，則第二次需要將第一個盒子中的B和第二個盒子中的A進(jìn)行交換，此時概率為…………5分(2)用A,表示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事件，則有Pn=P(A,).對相同字母的卡片進(jìn)行交換可知假設(shè)第一個盒子里裝有卡片X,Y,Y,第二個盒子里裝有卡片X,Z,Z,注意到兩個盒子中都有兩張相同字母的卡片，因此，只需用第一個盒子中的任意一張寫有字母Y的卡片交換第二個盒子中的任意一張寫有字母Z的卡片即可變?yōu)閮蓚€盒子中都是A,B,