2025届山东名校考试联盟3月高考模拟考试数学试题（含答案）

机密★启用前试卷类型A山东名校考试联盟2025年3月高考模拟考试本试卷共4页，19题，全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。2.若集合A={x|x>3},B={x||x-1|∈A},则AUB=A.{x|x>3}B.{x|x>-2}3.已知圆C;x²+y²=1,直线l:3x+4y-m=0(m∈R),若圆C上有且仅有一点到直线L的距离为1,则m=4.已知数列{a.)是公差不为0的等差数列，若a₁az=as,as=2,则a₁=5,已知,则sin2α+cos²a的值为A.[0,1]B.[-1,1]8.在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=AA₁=顶点均在球O上，过BB₁作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值为二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。10.下列说法正确的是A.数据5,8,10,12,13的第40百分位数是9C.20张彩票中有2张能中奖，现从中一次性抽取n张，若其中至少有一张中奖的概率大于的平均数为6,方差为10,现加人5和7两个数，则这8个数的高三数学试题第2页(共4页)说法正确的是A.若该直线族的包络曲线为圆x²+y²=2,则a²+b²=2C.若0∈(0,2π)),则该直线族的包络曲线为椭圆D.当t≠0)时，若点N(xo,yo)不在直线族ax+by=1的任意一条直12.展开式中第4项的系数为13.已知f(x)=e(e为自然对数的底数),g(x)=lnx+2,请写出f(x)与g(z)的一条公14.过双曲线的右焦点F作其中一条渐近线的垂线，垂足为Q,直 线FQ与双曲线的左右两支分别交于点M,N,若MQ=3QN,则双曲线的离心15.(13分)(1)若,求△ABD的面积；(2)若,求四边形ABCD面积的取值范围.16.(15分)CD=√3,E是棱PD上的中点.(2)求平面PAB与平面ACE的夹角的余弦值.17.(15分)18.(17分)19.(17分)个盒子中取出一张卡片交换位置.记n次交换后两个盒子中仍然是A,B,C三种字母的卡片各一张的概率为pn(n∈N").(1)求p₁和pz;高三数学试题第4页(共4页)山东名校考试联盟高三年级数学试题参考答案2025.3一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。12345678BDDACACB8.【解析】方法一：因为,所以点B₁在△BCC₁的外接圆上，所以三棱锥E-BCC₁的四个顶点均在球O上，即球O为四棱锥E-B₁BCC₁的外接球，故球心0在正方形B₁C₁CB的中心，则球O的半径为√2.过BB₁作球O的截面，当所得截面圆面积最小时，则截面圆圆心为BB₁中点(即过0作截面垂线，垂足为BB₁中点),所以截面圆半径为1,所以面积最小值为π.方法二：因为,所以点B₁在△BCC₁的外接圆上，所以三棱锥E-BCC₁的四个顶点均在球0上，即球O为四棱锥E-B₁BCC₁的外接球，故B,B₁两点在球O上，所以最小截面圆为以BB₁为直径的圆.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号9答案11.【解析】对于A:若圆C₁:x²+y²=2是直线族ax+by-1=0(a,b∈R)的包络线，可得对于B:直线族中的每条直线都与抛物线C:x²=4y相切，显然过点A(2,1)的直线所在的直线斜率存在，设方程为y-1=k(x-2),消去V并整理得：x²-4kx+8k-4=0,则△=16k²-32k+16=0,解得k=1,所以所求直线方程为y=x-1,故B对；对于C:设椭圆上的点为P(mcosθ,nsinθ),过点P作圆的切线l,当切线斜率存在时，设y=kx+b,,联立得：.作商：,所以切线l的方程为当切线斜率不存在时，θ=0或θ=π,则切线方程y=n和y=-n亦满对于D:将点N(x₀,y%)代入y=tx-t²(t≠0),可得关于t的方程t²-x,t+yo=0,联立直线y=tx-t²与x²=4y,可得x²-4tx+4t²=0,所以△=(-4t)²-4×4t²=0,故直线族y=tx-t²为抛物线x²=4y的切线.因此直线族的包络曲线为x²=4y,故D对.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在Rt△OQF中，设∠QFO=θ,则即(MF|-2a)²=|MFP+(2c)²-2|MF|2ccosθ,解得|2又因为△ABC为等边三角形，………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,所以所以所以四边形ABCD的面积又因为,所以所即四边形ABCD的面积的取值范围…16.【解析】(1)证明：取AC中点为0,连接BO,PO,如图，又因为AB=BC=AC=2,所以BO=…11分……………5分因为PB=2,所以PO²+BO²=PB²,即PO⊥BO,因为POc平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.方法二：因为AB=BC=AC=2,所以BO=√3,BO⊥AC,3…因为PB=2,所以PO²+BO²=PB²,即PO⊥BO,因为BOc平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD.……6分(2)方法一：以0为坐标原点，OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴，建立如图坐标系……7分则AP=(0,1,1),AB=(√3,1,0),AC=(0,设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),设平面AEC的法向量为n2=(x,y,z),则设平面PAB与平面ACE的夹角为θ,则即平面PAB与平面ACE的夹角的余弦值……..15分方法二：以0为坐标原点，CD,CA所在的直线分别为x,y轴，建立如图坐标系….…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),则AP=(0,-1,1),AB=(-√3,-1,0),AC=(0,-2,0),……………9分设平面PAB与平面ACE的夹角为θ,所以……4分则P(√2,√2),所以直线PB方程为y=√2,则P(√2,√2),所以直线PB方程为y=√2,所以(2-x²)k²+2x₀y。k+2-y²=0,所!与C:x²+2y²-6=0联立得：(1+2k²)x²+(4ky。-4k²x₀)x+2k²x²+2y?-4kx₀y。-6=0,5由椭圆对称性得直线AB过(0,0).综上：直线AB过定点(0,0).………方法二：当直线AB过(0,0)时，由椭圆对称性得设A(x,y₁)则B(-x₁,-y₁),所以所以所以当直线PA和PB斜率存在时，直线AB过(0,0).…………14分…10分……..14分18.【解析】(1)当a=0时，于是f'(x)=cosx+cos2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R上单调递减.…………又f(0)=0,故函数f(x)的零点个数为1.……4分(2)若函数f(x)有且只有一个零点，由于f(0)=0,且f(x)为奇函数，由(1)可知当a=0时，在(0,+0)上单调递减，此时f(x)<f(0)=0,即令h(x)=-sinx-2sin2x+6ax,则h'(x)=-cosx-4cos2x+6a.若,则h(x)=-cosx-4cos2x+6a≥-1-4+5=0,故h(x)在(0,+0)上单调递增，于是h(x)>h(O)=0.故g(x)在(0,+0)上单调递增，于是g(x)>g(0)=0.则f(x)在(0,+0)上单调递增，此时f(x)>f(0)=0,符合题意.……………11分6h'(x)=-cosx-4cos2x+6a=-cosx-4(2cos²xg(x)<g(0)=0.则f(x)在(0,x₀)上单调递减，此时f(x)<f(O)=0.……15分,故f(x)上存在零点，矛盾.………….16分综上所述，实数a的取值范围为………………17分19.【解析】解析