山东省淄博市2026届高三上学期摸底质量检测（期末）数学试卷含答案（word版+pdf版）

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9、BC 10、ACD 11、ABD
12、(0,1)13、[0,2] 14、( π6,π2]∪π,3π2
15、解:(1)法一:由正弦定理， bb+a=c+ac−a ，
所以 b2+a2−c2=−ba , 分
由余弦定理得, a2+b2−c2=2abcsC 分
所以 2bacsC=−ba ,
即 csC=−12 , 分
又 C∈0,π ,所以 C=2π3 . 分
法二: 由正弦定理 ∴sinBsinB+sinA=sin2C−sin2A ,
即 sin2B+sin2A−sin2C=−sinBsinA ,
所以 b2+a2−c2=−ba , 分
由余弦定理得, a2+b2−c2=2abcsC 分
所以 2bacsC=−ba ,
即 csC=−12 , 分
又 C∈0,π ,所以 C=2π3 . 分
(2)法一: CD=12CB+CA , 分
CD2=14CB+CA2=14a2+b2+2abcsC
则 a2+b2−ab=8 分
由余弦定理, a2+b2−16=−ab
所以 ab=4 , 分
S△ABC=12absinC=3 分
法二:
在 △BDC 中,由余弦定理得, cs∠BDC=22+22−a242 分
在 △ADC 中,由余弦定理得, cs∠ADC=22+22−b242 分
∠BDC+∠ADC=π
所以 cs∠BDC+cs∠ADC=0
所以 a2+b2=12 分
由余弦定理, a2+b2−16=−ab
所以 ab=4 , 11 分
S△ABC=12absinC=3 分
法三: 在 △BDC 中,由余弦定理得, cs∠ABC=42+a2−b28a 分
在 △BDC 中,由余弦定理得, cs∠DBC=22+a2−224a 分
所以 cs∠DBC=cs∠ABC
22+a2−224a=42+a2−b28a
所以 a2+b2=12 分
由余弦定理, a2+b2−16=−ab
所以 ab=4 , 11 分
S△ABC=12absinC=3 分
16、(1) ∵an+1=Sn+n+1n∈N∗ .①
an=Sn−1+n−1+1n≥2.②
①-②得， an+1−an=Sn−Sn−1+1=an+1n≥2 .
即 an+1=2an+1n≥2 . 分
∴an+1+1=2an+1n≥2 . 分
又 a2=S1+1+1=3,a2+1=2a1+1 .
∴an+1+1=2an+1n∈N∗
即 an+1 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 分
(2)由(1)得 an+1=2⋅2n−1=2n∴an=2n−1 分
∴bn=an2n−1=2−12n−1
∴n⋅2−bn=n2n−1 分
∴Tn=120+221+322+…+n−12n−2+n2n−1⋯⋯10 分
12Tn=121+222+…+n−22n−2+n−12n−1+n2n⋯⋯11 分
∴12Tn=120+121+122+…+12n−1−n2n⋯⋯12 分
=1−12n1−12−分
17、(1)法一:以 A 为原点， AD 、 AB 、 AM 所在方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立空间直角坐标系.
则 A0,0,0,D2,0,0,B0,3,0,C2,2,0,M0,0,2 MB=0,3,−2
∵MF=2MB=23MB=0,2,−43 ∴F0,2,23
∴CF=−2,0,23 分
易知平面 MAD 的一个法向量为 AB=0,3, 3 分
∴CF⋅AB=0,CF⊥AB 分
又 CF⊄ 面 MAD
∴CF// 面 MAD 分
法二: 过 F 作 FG//AB 交 MA 于 G ,则 FG//AB//CD ,且 FG=23AB=CD=2 所以 FG//CD
所以四边形 CDGF 为平行四边形. 分
CF //DG 分
∵CF⊄ 面 MAD,DG⊂ 面 4 分
∴CF// 面 MAD 分
法三: 过 F 作 FH//AM 交 AB 于 H ,
∵FH⊄ 面 MAD,MA⊂ 面 MAD
∴FH// 面 MAD 分
因为 AH//DC,AH=DC=2
所以四边形 CDAH 为平行四边形
∴AD//CH 分
又 CH⊄ 面 MAD ∴CH// 面 MAD 分
∵CH∩FH=H
∴ 面 FCH// 面 MAD 分
∵FC⊂ 面 FCH
∴FC// 面 MAD 分
(2)法一:以 A 为原点， AD 、 AB 、 AM 所在方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立空间直角坐标系,则
A0,0,0,D2,0,0,B0,3,0,C2,2,0,M0,0,2 分(有建系和某点的坐标就给 1 分)
易知平面 MAD 的一个法向量为 AB=0,3,0 分
MB=0,3,−2,MC=2,2,−2 设面 MBC 的一个法向量为 n=x,y,z
MB⋅n=0MC⋅n=0 即 3y−2z=02x+2y−2z=0
令 z=3 得 n=1,2,3 分
设平面 MAD 与平面 MBC 夹角为 θ
∴csθ=cs=AB⋅nABn. 分
=631+4+9=147
所以平面 MAD 与平面 MBC 夹角的余弦值为 147 分
法二: 延长 AD,BC 交于点 P ,连接 MP
则 MP 为面 MAD 与面 MBC 的交线. 分
∵AB⊥ 面 MAD
在面 MAD 内过 A 作 AQ⊥MA ,连接 BQ
则 ∠AQB 即为面 MAD 与面 MBC 的夹角,记为 θ 分
在 △AMP 中, AQ=3105
∴tanθ=ABAQ=33105=102
csθ=147
即面 MAD 与面 MBC 夹角的余弦值为 147 分
(3) 设 Ex1,y1,z1,N0,0,z2
由 DE=λEM,AN=μNM
得 x1−2,y1,z1=λ−x1,−y1,2−z1 0,0,z2=μ0,0,2−z2
E21+λ,0,2λ1+λ,N0,0,2μ1+μ 13 分 (一个坐标给 1 分)
∵EN// 面 MBC ∴EN⋅n=0
即 21+λ+32λ1+λ−2μ1+μ=0
整理得 3λ−2μ+1= 分
即 μ=1+3λ2
∵λ>0,μ>0,∴μ>12
∴μλ=1+3λ2λ=123λ+1λ≥3 (当且仅当 λ=13,μ=1 时取 “=”) 分 (取等条件不验证不扣分)
18、解:(1) n 个小球可组成 n! 种不同的排列顺序，如果要使任意两行的顺序都不相同, m 的最大值为 n! . 3 分
(2)(i) ξ 的取值可能为 0，1，2 分
设 Ak= “含白球的行数为 k ” B= “每列都有黑球”
Pξ=0=PA0∣B=PA0BPB=2341−1322=14 分
Pξ=1=PA1∣B=PA1BPB=C21⋅132⋅232+C41⋅13⋅2331−1322=分
Pξ=2=PA2∣B=PA2BPB=C21⋅13⋅2321−1322=18. 分
∴ξ 的分布列为
Eξ=0⋅14+1⋅58+2⋅18=78 分
(1) A= “不是每一列都有黑球” A= “每一列都有黑球”
PA=1−pmn ∴PA=1−1−pmn 分
不是每一列都至有黑球, 即存在一列全是白球
记 C= “每一行都有白球” 则 PC=1−qnm 分
∵A⊆C ∴PA≤PC 即 1−1−pmn≤1−qnm
∴1−pmn+1−qnm≥1 分
19、(1)当 a=1 时 fx=ex−x2 ，定义域为 R ， 分
f′x=ex−2x,f′′x=ex−2 分 (有一个式子就给 1 分)
令 f′′x=0 ,得 x=ln2
x∈−∞,ln2,f′′x0
所以 f′x 在 −∞,ln2 上递减，在 ln2,+∞ 上递增 分
所以 f′x≥f′ln2=21−ln2>0 即 f′x>0
所以 fx 在 R 上单调递增 分
(2)(i)函数 fx=aex−x2 有 3 个零点等价于 aex−x2=0 有三个根等价于 a=x2ex 有三个根,等价于当 y=a 与 gx=x2ex 有三个交点, 6 分
g′x=2x−x2ex 分
分
x→−∞,x2→+∞,ex→0,x2ex→+∞
x→+∞ ,由洛必达法则知 x2ex→0
所以 a 的取值范围为 0,4e2 分
(ii) 先证对数均值不等式 x2x3