山东省济南市2025届高三下学期3月模拟考试数学试卷（含答案）

这是一份山东省济南市2025届高三下学期3月模拟考试数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|lg2x0的解集是( )
A. (−∞,1)B. (1,+∞)C. (−∞,−3)D. (−3,+∞)
7.已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为( )
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
8.已知02．
19.(本小题17分)
如图，已知给定线段B1C1长为2，以B1C1为底边作顶角为θ(0∘0，
y1+y2=−4mm2−1，y1y2=2m2−1，
因为x2≠1则直线NQ的方程为y=y2−y1x2−1(x−1)+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=y2−y1x2−1(x−1)+y1，
则x=y2−y1x2y2−y1，
因为x2=my2+2，
所以x=y2−y1x2y2−y1=y2−my1y2−2y1y2−y1，
因为y1+y2=−4mm2−1y1y2=2m2−1，
所以y1+y2y1y2=−2m，则y1+y2−2=my1y2，
所以x=y2−my1y2−2y1y2−y1=y2+y1+y22−2y1y2−y1=32．
所以直线NQ恒过M(32,0)．
(ii)因为S△OQN=12|OM||y1−y2|
=12⋅32|y1−y2|
=34 (y1+y2)2−4y1y2
=3 22 m2+1(m2−1)2，
由(i)得， m2−1≠0Δ=8m2+8>0y1y2=2m2−10，g(x)=ex−a x有解，g′(x)=ex−a2 x=2ex x−a2 x，
①若a≤0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)=1此时不存在零点;
②若a>0，令ℎ(x)=2ex x−a，ℎ(0)=−a0，
由零点存在定理可知存在x0∈(0,a2)，ℎ(x0)=0，
所以g(x)在(0,x0)上为减函数，在(x0,+∞)上为增函数，
故g(x)min=ex0−a x0=a2 x0−a x0≤0，解得x0≥12，
故a≥ 2e12= 2e⋅
(ii)因为函数f(x)存在零点，
所以f(x)=ex−a x−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a x0+bx0−ex0=0，
考虑直线a x0+bx0−ex0=0，
a2+b2表示原点与直线a x0+bx0−ex0=0上的动点(a,b)之问的距离，
a2+b2≥ex0 x02+x0，所以a2+b2≥e2x0x02+x0，
x0>0时，要证a2+b2>2，只需证e2x0x02+x0>2，即证e2x0−2x02−2x0>0．
令g(x)=e2x−2x2−2x，x>0，则g′(x)=2e2x−4x−2=2(e2x−2x−1)，
令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，
故g(x)>g(0)=1，故e2x0x02+x0>2，即a2+b2>2成立．
19.解：(1)设△A2B2C2的外接圆半径为r2，
由题意知，A1B1=B1C12sinθ2=1sinθ2，B2C2=13A1B1=13sinθ2，
又∠A2=θ，则2r2=B2C2sinθ=13sinθsinθ2．
故△A2B2C2的外接圆半径为r2=16sin θsin θ2．
(2)设△AnBnCn的外心为On，外接圆半径为rn，BnCn的中点为Mn，BnCn=ln，
则rn=ln2sinθ，AnBn=ln2sin θ2，ln+1=13AnBn=ln6sinθ2．
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．
而On−1Mn=An−1Mn⋅tanθ2=An−1Bn−12⋅tanθ2=ln−14csθ2=ln−12 3，
OnMn=BnMntanθ=ln2tanθ=ln−112sin θ2tan θ=ln−16 3，
故．
另一方面，，
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A2O1≤r1．
由(2)知O1M2=A1M2⋅tanθ2=A1B12⋅tanθ2=l14cs θ2，
A2M2=l22tan θ2=l1⋅cs θ212sin2 θ2，A2O1=A2M2+O1M2=l14(1cs θ2+cs θ23sin2 θ2).
由题意，A2O1≤r1，即l14(1csθ2+cs θ23sin2θ2)≤l12sin θ，
解得12≤sinθ2≤1.故60∘≤θ≤90∘．
当60∘≤θ≤90∘，同上可得AnOn−1≤rn−1．
由(2)知An，On，On−1，共线，故AnOn+OnOn−1≤rn−1，即rn+OnOn−1≤rn−1．
故OnOn−1≤rn−1−rn，
故△AnBnCn的外接圆位于△An−1Bn−1Cn−1外接圆上或其内部．
故△AnBnCn各顶点均在△A1B1C1外接圆上或其内部，故csθ的范围为[0,12].
P(χ2≥k)
0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635
χ
0
1
2
3
P
1125
12125
48125
64125