2025年3月济南市高三模拟考试数学试题参考答案一、单项选择题：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。题号12345678答案BADCBABD二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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91011答案BCACDABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．3013．114．2四、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】解：（1）设A“智能客服的回答被采纳”，B“输入问题表达不清晰”，11417由题意可知，P(B),P(B)1，P(A|B),P(A|B)，5552811474．P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)525854智能客服的回答被采纳的概率为．54（2）由题意得，X的可能取值为0,1,2,3．X~B(3,).50312041114112PX0C3,PX1C3,551255512521302414834164PX2C3,PX3C3.5512555125所以X的分布列为X0123P1124864125125125125-1-112486412412所以，EX0123或EX3，1251251251255552222121121212481264124112DX0123DX3512551255125512525552516．【解析】（1）证明：因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEFI平面ABCDAD，AFAD,AF平面ADEF，所以AF平面ABCD．因为AC平面ABCD，所以AFAC．过A作AHBC于H，则BH＝1，AH＝3，CH＝3，所以AC＝23.则AB2＋AC2＝BC2，所以ACAB．因为ABIAF＝A,AB,AF平面ABF，所以AC平面ABF.又因为AC平面ACP，所以平面ACP平面ABF．uuuruuuuruuur(2)以A为坐标原点，AB，AC，AF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．则A(0,0,0)，B2,0,0，C(0,23,0),E(－1,3,2)，uuuruuurBE(3,3,2),BC(2,23,0)．uuruuur设BPBE,0,1，uur则BP(3,3,2),所以P(23,3,2)，uuur故AP(23,3,2)．设n(x,y,z)为平面BCE的法向量，则3x3y2z0z3y，解得2x23y0x3y-2-令y1，得n(3,3,3)．uuur6321设直线AP与平面BCE夹角为，sincosAP,n，2116212414551整理得4230，即(4)()0，93351BP5BP1所以或．所以或．123PE7PE217.【解析】（1）因为C的离心率为2，所以ab，c2a，因为当lx轴时，PQ22，2a22所以不妨令P(2a,2)，代入C中得，1，所以a2b22，a2b2x2y2则C:1．22（2）（i）设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则N(1,y1)，因为l斜率不为0，所以设l:xmy2，与C:x2y220联立得(m21)y24my20，所以m210，8m280，4m2yy，yy，12m2112m21yy21因为x21则直线NQ的方程为y(x1)y1，x21y2y1由双曲线对称性得直线NQ所过定点必在x轴上，故令y0得0(x1)y1，则x214my1y22y2y1x2y2y1x2y2my1y22y1m1x，因为xmy2所以x，因为yy22yyyy2212121yy12m21yy12y1y2y1y2y22y1所以2m，则myy，所以y2my1y22y13．12x2y1y22y2y1y2y123所以直线NQ恒过M(,0)．221133232m1（ii）因为S△OMyyyy(yy)4yy，OQN2122212412122(m21)2-3-m2102由（i）得，8m80所以0≤m21．2yy012m21232t232123212令tm1(1≤t0)，所以S△，令f(t)，OQN2t22tt22tt232t[1,0)，所以f(t)在t[1,0)上单调递增，所以f(t)≥f(1)．232综上，△OQN面积的最小值为．218.【解析】（1）a0时，f(x)exb，当b≤1时,f(x)0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值．当b1时，x0,lnb，函数f(x)单调递减，x(lnb,)，函数f(x)单调递增，函数f(x)的极小值是bblnb，无极大值．（i）当b0时，因为函数f(x)存在零点，故exax有解，若x0，此时无解，所以x0，a2exxag(x)exax有解，g(x)ex，2x2x①若a≤0，g(x)单调递增，g(x)g(0）1此时不存在零点；2②若a0，令h(x)2exxa，h(0)a0,h(a2)eaaa0，由零点存在定理可知存在2x0(0,a)，h(x0)0，所以g(x)在0,x0上为减函数，在x0,上为增函数，ax0≤11故gxeax0ax00，解得≥，故．minx0a≥2e22e2x02x（ii）因为函数fx存在零点，所以fxeaxbx有解x0，其中x00，若x00，则1a0b00，该式不成立，故x00．故x0，考虑直线x0，ax0bx0e0ax0bx0e022表示原点与直线x0上的动点之间的距离，abax0bx0e0a,b-4-x02x022eeab≥，所以a2b2≥，22x0x0x0x0e2x022x00时，要证ab2，只需证22，x0x02x02即证e2x02x00．令gxe2x2x22x,x0，则gx2e2x4x22(e2x2x1)，h(x)(e2x2x1)故h(x)2(e2x1)0，hx在0,上为增函数，故hxh00．即gx0，gx在0,上为增函数，e2x0故，故，即22成立．gxg0122ab2x0x019.【解析】△（1）设A2B2C2的外接圆半径为r2，由题意知，BC111AB11BCAB11，2211，2sinsin33sin222BC12r22又A,故2．2sin3sinsin21r故△ABC的外接圆半径为2．2226sinsin2△（2）设AnBnCn的外心为On，外接圆半径为rn，BnCn的中点为Mn，BnCnln，ln1lnlnAnBnln1AnBn则rn，，3．2sin2sin6sin22注意到An1Bn1的中点也为Mn。故An1Bn1的中垂线与BnCn中垂线重合．由题意知An,On,On1均在BnCn的中垂线上．ABllOMAMtann1n1tann1n1而n1nn1n，2224cos232-5-BMlllOMnnnn1n1nn，tan2tan12sintan6322ln1故OnOn1On1MnOnMn．33lll12lrrn1nn1(1)n1OO另一方面，n1nnn1，2sin2sin2sin6sin332△△故AnBnCn的外接圆内切于An1Bn1Cn1的外接圆．△△从而AnBnCn的外接圆各点位于An1Bn1Cn1的外接圆上或其内部．①△△反复使用结论①可得，AnBnCn的外接圆位于A1B1C1外接圆上或其内部．△△故AnBnCn各顶点均在A1B1C1外接圆上或其内部．△≤（3）若满足题意，则A2位于在A1B1C1外接圆上或其内部，故A2O1r1．ABlOMAMtan11tan1由（2）知1212，2224cos2lcoscosl1l1AM22AOAMOM1(2)．22,2122122tan12sin24cos3sin22222cosl1l≤12≤11≤≤由题意，A2O1r1，即()，解得sin1．24cos3sin2sin2222故60≤≤90．≤当60≤≤90，同上可得AnOn1rn1．≤≤由（2）知An,On,On1共线，故AnOnOnOn1rn1，即rnOnOn1rn1．≤△△故OnOn1rn1rn，故AnBnCn的外接圆位于An1Bn1Cn1外接圆上或其内部．1故△ABC各顶点均在△ABC外接圆上或其内部，故cos的范围为[0,]．nnn1112-6-