山东省淄博市2026年高三高考一模数学试题含答案

这是一份山东省淄博市2026年高三高考一模数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了 已知椭圆 C， 过点 A−4,2 且与圆 C等内容，欢迎下载使用。
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2. 回答选择题时, 选出每个小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 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. 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.
1. 已知集合 A=x∣x20 ,则下列说法正确的是
A. a+bb ,则 1a0 ,且 bc>3ab ,则存在实数 m,nm≠n ,使得 fm=fn
D. 若 c=0,b=−3a ,且函数 fx 有两个极值点 x1、x2 ,则 x1+x2=2
11. 已知双曲线 C:y2a2−x2b2=1a>0,b>0 的上、下焦点分别为 F1 和 F2 ,下顶点为 A,P 为第一象限内 C 上的动点,当 ∠F1PF2=2π3 时, △F1PF2 的面积为 3a2 ,则下列说法正确的是
A. 双曲线 C 的离心率 e=2
B. 双曲线 C 的渐近线方程为 y=±3x
C. ∠PF1A=2∠PAF1
D. △PF1A 的内心 Im,n 满足 3n2−m2=3a2
三. 填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 平面向量 a=3,0,b=1,2 ，则 a 在 b 上的投影向量坐标为_____.
13. 若函数 fx=Asinωx+φA>0,ω>0,01 ,函数 fx=a2,gx=bx−e2 .
(1)当 a=2 时，求曲线 y=fx 在点 0,f0 处的切线方程；
(2)当 b=lna 时，证明: fx≥gx+e2+1 ；
(3)若曲线 y=fx 与直线 y=gx 有且仅有两个交点，求 blna 的取值范围.
19. 甲口袋中装有 3 个红球, 乙口袋中装有 2 个黄球和 1 个红球. 现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复 n 次这样的操作,记乙口袋中黄球个数为 Xn ,恰有 2 个黄球的概率为 pn ,恰有 1 个黄球的概率为 qn .
(1)求 p1,q1 和 p2,q2 ；
(2)求 Xn 的数学期望 EXn (用 n 表示)；
(3) ∀n∈ℕ∗ ，若 an=2n−1 ，有
Tn=λ1a11EX1−1+λ2a21EX2−1+…+λnan1EXn−1∣λ1,λ2,…,λn∈{0,1},
求 Ts 所有元素之和。
淄博市 2025—2026 学年度高三模拟考试 数学答案
一.
二.
三.
四. 15. 解 (1) 法一: 由余弦定理 acsB=a⋅a2+c2−b22ac=a2+c2−b22c⋯⋯1 分
bcsA=b⋅b2+c2−a22bc=b2+c2−a22c⋯ 2 分
acsB+bcsA=a2+c2−b22c+b2+c2−a22c=c=23csinC⋯⋯3 分
sinC=32 , 4 分
C∈0,π2 ,所以 C=π3 5 分
法二: 由正弦定理: acsB+bcsA=23csinC
sinAcsB+sinBcsA=sinC=23sin2C 3 分
因为 C∈0,π2,sinC>0 ,所以 sinC=32 , 4 分
C=π3⋯⋯5 分
法三: acsB+bcsA=e=23csinC 3 分
sinC=32, 4 分
C∈0,π2 ,所以 C=π3 .
(2)由(1)知 C=π3 ，
sinA+sinB=sinA+sin2π3−A=32sinA+32csA=3sinA+π6⋯⋯8 分
又因为 A∈0,π2B=2π3−A∈0,π2 ,所以 A∈π6,π2 , 11 分
所以 3sinA+π6∈32,3
sinA+sinB+sinC=3sinA+π6+32∈3+32,332… 13 分
16. 解: (1) x2−y2=1 的渐近线为 y=±x
由 y=xy2=2px 得 y2−2py=0 ,所以 yp=2p,xp=2p ,
P2p,2p ,同理 Q2p,−2p , 2 分
S△OPQ=12PQxp=4p2=16,p=2 , 4 分
抛物线 E 的方程为 y2=4x
(2)法一:由(1)知 P4,4 ，由题知直线 AB 的斜率不为0， 设直线 AB 的方程为 x=my+n,Ax1,y1,Bx2,y2
联立 x=my+ny2=4x 得 y2−4my−4n=0
Δ=16m2+16n>0 即 m2+n⋅0
y1+y2=4m, y1y2≠−4n 7 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ，所以 PA⊥PB
PA⋅PB=0, 9 分
即
PA⋅PB=x1−4,y1−4⋅x2−4,y2−4
=x1x2−4x1+x2+16+y1y2−4y1+y2+16
=y1y2216+3y1y2−y1+y22−4y1+y2+32=0
所以 n2−12n−16m2+m+32=0 , 11 分
即 n−62−16m+122=0
所以 n−4m−8=0 或 n+4m−4=0 13 分
所以 n=4m+8 或 n=−4m+4
n=4m+8 时,满足 Δ>0 ,直线 AB 的方程为 x=my+4m+8 ,过定点 8,−4 , n=−4m+4 时,直线 AB 的方程为 x=my−4m+4 ,过定点 P4,4 (舍).
综上,直线 AB 过定点 8,−4
法二: 由(1)知 P4,4 ，由题知直线 AB 的斜率不为 0,
设直线 AB 的方程为 x=my+n,Ax1,y1,Bx2,y2
联立 x=my+ny2=4x 得 y2−4my−4n=0
Δ=16m2+16n>0 即 m2+n>0
y1+y2=4m,y1y2=4n⋯⋯7 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ,所以 PA⊥PB
直线 PA,PB 的斜率存在且不为零, kPA⋅kPB 1,⋯⋯9 分
即 kPA⋅kPB=y1−4x1−4⋅y2−4x2−4=y1−4y124−4⋅y2−4y224−4=4y1+4⋅4y2+4=−1
所以 y1+4y2+4=y1y2+4y1+y2+16=−16
所以 n−4m−8=0 ,
即 n=4m+8 ,满足 Δ>0 ,
直线 AB 的方程为 x=my+4m+8 ,过定点 8,−4 . 15 分
法三: 直线 PA,PB 的斜率存在且不为零, kPA⋅kPB=y1−4x1−4⋅y2−4x2−4=−1 , 设直线 AB 的方程为 tx−4+sy−4=1
联立 tx−4+sy−4=1y2=4x 得 1+8sy−4x−42+8t−4sy−4x−4−4t=0⋯ 8 分
Δ=8t−4s2+16t1+8s>0
kPA,kPB 为方程的两根, kPA⋅kPB=−4t1+8s=−1 11 分
所以 t=2s+14 , 13 分
满足 Δ>0
直线 AB 的方程为 s2x+y−12=x−84=0
由 2x+y−12=0x−8=0 得定点 8,−4
直线 AB 过定点 8,−4 .
法四: 由(1)知 P4,4 ,
当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+b,Ax1,y1,Bx2,y2
联立 y=kx+by2=4x 得 k2x2+2kb−4x+b2=0
Δ=16−16kb>0 即 1−kb>0
x1+x2=4−2kbk2, x1x2=b2k2. 6 分
因为以线段 AB 为直径的圆恰好经过点 P ,所以 PA⊥PB
PA⋅PB=0, 8 分
即
PA⋅PB=x1−4,y1−4⋅x2−4,y2−4
=x1x2−4x1+x2+16+y1y2−4y1+y2+16
=1+k2x1x2+kb−4k−4x1+x2+b2−8b+32=0
所以 b2+12kb−16k+32k2−16=0 , 10 分
即 b+6k2−4k+22=0
所以 b+4k−4=0 或 b+8k+4=0
所以 b=−4k+4 或 b=−8k−4 ,
当 b=−4k+4 时,直线 AB 的方程为 y=kx−4k+4 ,过定点 P4,4 (舍),
当 b=−8k−4 时, Δ=16−16kb=168k2+4k+1168k+142+12>0 ,直线 AB 的方程为 y=kx−8k−4 ,过定点 8,−4 .
当直线 AB 的斜率不存在时,直线 AB 的方程为 x=8 ,由 x=8y2=4x 得 y=±42 ,不妨设 A8,42,B8,−42 ,
PA⋅PB=8−4,42−4⋅8−4,−42−4−16−32−16=0 ,
此时直线 AB 过定点 8,−4
综上,直线 AB 过定点 8,−4

17. 解: (1) 在 ACD 中, AC2+AD2=45=CD2,∴AC⊥AD⋯⋅1 分
又PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴AC⊥PA……2 分
又 PA∩AD=A,AD,AP⊂ 面 PAD,∴AC⊥ 面 PAD⋯⋯3 分 ∴AC⊥PD⋯⋯4 分
(2)(i)法一:以 {AC,AD,AP} 为正交基底建立如图空间直角坐标系 A-xyz,
A0,0,0,C3,0,0,B3,−3,0,D0,6,0,P0,0,6,⋯⋯5 分因为 G 为 ΔPCD 的重心, ∴G1,2,2⋯⋯6 分
所以 CG=−2,2,2,BD−3,9,0,DP=0,−6,6
设平面 PBD 的法向量为 n=x,y,z
则 n⋅BD=−3x+9y=0n⋅DP=−6y+6z=0 ,令 y=1 ,解得 n=3,1,1⋯⋯8 分
设 GC 与面 PBD 所成角为 α ,则 sinα=n⋅CGsinCG=−6+2+29+1+14+4+4=3333⋯⋯10 分
法二: 由(1)知，PD =62,AB=32,PB=36,PC=CD=35
ΔABD 中， ∠BAD=π4+π2=3π4 ，所以由余弦定理 BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs3π4=90 所以 BD=310,⋯⋯6 分
在 △PBD 中， cs∠BPD=PB2+PD2−BD22PB⋅PD=54+72−902⋅36⋅62=123,∴sin∠BPD=1123
所以 S△PBD=12PB⋅PD⋅sin∠BPD=12⋅36⋅62⋅1123=911 ， 8 分
S△BCD=12BC⋅AC=92
设点 C 到平面 PBD 的距离为 d ，所以 VP−BCD=13SΔPBD⋅d=13SΔBCD⋅PA
解得 d=31111⋯⋯9 分
延长CG交PD与点M，因为G为 Δ PCD的重心，所以CM为中线，且 PC=CD=35,PD=62 所以 CM=33
CG 与平面 PBD 所成角,即 CM 与平面 PBD 所成角,设为 α ,即 sinα=dCM=3333⋯⋯10 分
(ii)设 AF=kAG=k,2k,2k⋯⋯11 分
法一: AP=0,0,6,AB=3,−3,0,AD=0,6,0
因为 P,B,D,F 四点共面,所以存在唯一确定的实数 m,n,t ,
使得 AF=mAB+nAD+tAP=3m,−3m+6n,6t ,且 m+n+t=1⋯⋯13 分
所以 k=3m2k=−3m+6n=6tm+n+t=1 ,解得 k=67 ,所以 AFAG=67⋯⋯15 分
法二: PF=k,2k,2k−6,PB=3,−3,−6,PD=0,6,−6 ,
因为 P,B,D,F 四点共面,所以存在唯一确定的实数 m,n ,
使得 PF=k,2k,2k−6=mPB+nPD=3m,−3m+6n,−6m−6n⋯ 13 分所以 k=3m2k=−3m+6n2k−6=−6m−6n ,解得 k=67 ,所以 AFAG=67⋯⋯15 分
法三: PF=k,2k,2k−6 ,由 (2) 知,平面 PBD 的法向量为 n=3,1,1 ,
所以 n⋅PF=3k+2k+2k−6=0,⋯⋯13 分
解得 k=67 ，所以 AFAG=67
18. 解: (1) a=2 时, fx=2x,f′x=2xln2
f0=1⋯2 分
f′0=ln2⋯3 分
曲线 y=fx 在点 0,f0 处的切线方程为 y−1=ln2x−0 即 xln2−y+1=0
(2)法 1:令 ϕx=fx−gx−e2−1=ax−xlna−1 5 分
ϕ′x=axlna−lna=ax−1lna=0
得 x=0
ϕ′x>0 时, x>0;ϕ′x0
ϕ′t=1−1t=t−1t
6 分
所以, t∈0,1,ϕ′t0x∈0,+∞,p′x0 ，所以 hx 在 R 上单调递增，至多一个零点，舍去； 分
②若 b>0 ，
当 x∈−∞,lgablna 时, h′x0,hx 单调递增.
hx 在 −∞,lgablna 单调递减,在 lgablna,+∞ 上单调递增
x→−∞ 时, ax→0,−bx+e2→+∞,hx→+∞ x→+∞ 时, hx→+∞
所以只需 hlgablna0,t∈1,+∞,s′t0
所以, t∈0,1,h′t0 .
所以, ht 在 t∈0,1 上单减,在 t∈1,+∞ 上单增, 分
且 h1=−1,he2=e2,t→0.tlnt→0,ht→0
所以 ax0=e2,⋯16 分
所以切线的斜率为 ax0lna=e2lna
若要曲线 y=fx 与直线 y=gx 有且仅有两个交点,则需要 b>e2lna
即 blna>e2⋯17 分
19. 解: (1)
p1=1×33×3=13,⋯ 1 分
q1=2×33×3=23⋯2 分
p2=p1×1×33×3+q1×1×23×3=13×13+23×29=727,⋯ 3 分
q2=p1×2×33×3+q1×1×1+2×23×3+0=23×23+23×59−163⋯4 分
(2)法 1: pn=pn−1×1×33×3+qn−1×1×23×3=13pn−1+29qn−1,⋯ 6 分
qn=pn−1×2×33×3+qn−1×1×1+2×23×3+1−pn−1−qn−1×3×23×3=−19qn−1+23,⋯ 8 分
因此 2pn+qn=23pn−1+13qn−1+23 , ∴2pn+qn−1=132pn−1+qn−1−1 ,
从而 2pn+qn=132pn−1+qn−1+23,∴2pn+qn−1=132pn−1+qn−1−1 ,
即 2pn+qn−1=2p1+q1−113n−1,∴2pn+qn=1+13n⋯10 分
又 Xn 的分布列为
分
故 EXn=2pn+qn=1+13n⋯12 分
法 2: 记第 n 次操作后,乙口袋中黄球个数为 Exn ,则甲口袋中黄球个数为 2−Exn , 则第 n+1 次操作时,
从甲口袋中取出黄球的个数服从超几何分布,则取出黄球个数的期望为 1×2−Exn3 从乙口袋中取出黄球的个数服从超几何分布,则取出黄球个数的期望为 1×Exn3
则第 n+1 次操作后,乙口袋中黄球个数 xn+1 满足
Exn+1=Exn+1×2−Exn3−1×Exn3=Exn3+23 10 分
则 Exn+1−1=13Exn−1 Ex1=2p1+q1=43
Exn−1=13⋅13n−1 所以 Exn=1+13n 12 分
(2)法 3:记第 n 次操作后，乙袋中黄球个数为 EXn ， 红球个数为 3−EXn ，则甲袋中黄球个数为 2−EXn ,红球个数为 1+EXn ,
则第 n+1 次操作中,
情况 ①:甲袋取红球，乙袋取黄球，则第 n+1 次操作后，乙袋中黄球个数为 EXn−1 ；
情况 ②:甲袋取黄球，乙袋取红球，则第 n+1 次操作后，乙袋中黄球个数为 EXn+1 ；
情况③:甲袋取红球，乙袋取红球，或者甲袋取黄球，乙袋取黄球，则第 n+1 次操作后,乙袋中黄球个数为 EXn ;
所以 EXn+1=1+EXn3⋅EXn3⋅EXn−1+2−EXn3⋅3−EXn3⋅EXn+1+1+EXn3 . 3−EXn3+2−EXn3⋅EXn3⋅EXn=13⋅EXn+23, 10 分
所以 EXn+1−1=13⋅EXn−1 ,由 (1) 知, p1=13,q1=23 ,所以 EX1=2⋅13+1⋅23= 43,EX1−1≠0,
所以 EXn−1 是以 13 为公比的等比数列,首项为 13 ,
所以 EXn−1=13⋅13n−1
所以 EXn=1+13n .
(3)令 bn=1EXn−1 ，
由题意知 λnanbn=0 或 λnanbn=2n−13n 0
当 λnanbn=2n−13n>0 时,设
Sn=λ1a1b1+λ2a2b2+…+λnanbn=1×3+3×32+…+2n−33n−1+2n−13n ,
所以 3Sn=1×32+3×33+…∤2n−33n+2n−13n+1 ,
所以
−2Sn=3+2×32+33+…+3n−2n−13n+1
=3+2×321−3n−11−3−2n−13n+1=−6+2−2n3n+1，
所以 Sn=3+n−13n+1,⋯14 分
法一: 由题意可得 Tn 中的所有元素由以下系列中所有元素组成:
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 均为 1 时: 此时该系列元素只有 Sn=3+n−13n+1 即 Cn0 个;
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 中只有一个为 0,其余均为 1 时:
此时该系列的元素有 Sn−a1b1,Sn−a2b2,Sn−a3b3,…,Sn−anbn 共有 Cn1 个,
则这 Cn1 个元素的和为 Cn1Sn−a1b1+a2b2+…+anbn=Cn1−Cn0Sn ;
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 中只有 2 个为 0,其余均为 1 时:
此时该系列的元素为 Sn−aibi−ajbji,j∈{1,2,…,n},i≠j 共有 Cn2 个,
则这 Cn2 个元素的和为 Cn2Sn−Cn−11a1b1+a2b2+…+anbn=Cn2−Cn−11Sn ;
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 中有 3 个为 0,其余均为 1 时: 此时该系列的元素为
Sn−aibi−ajbj−akbki,j,k∈{1,2,…,n},i≠j≠k 共有 Cn3 个,
则这 Cn3 个元素的和为 Cn3Sn−Cn−12a1b1+a2b2+…+anbn=Cn3−Cn−12Sn ;
...
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 中有 n−1 个为 0,1 个为 1 时: 此时该系列的元素为 a1b1,a2b2,…,anbn 共有 Cnn−1 个,
则这 Cnn−1 个元素的和为 Cnn−1Sn−Cn−1n−2a1b1+ab+…+anbn=Cnn−1−Cn−1n−2Sn ;
当 λ1,λ2,…,λn−1,λn 均为 0 时: 此时该系列的元素为 0=Cnn−Cn−1n−1Sn,⋯ 16 分
综上所述, Tn 中的所有元素之和为
Sn+Cn1−1Sn+Cn2−Cn−11Sn+Cn3−Cn−12Sn+…+Cnn−1−Cn−1n−2Sn+Cnn−Cn−1n−1Sn
=Cn0+Cn1+…+Cnn−1+Cnn−Cn−10+Cn−11+…+Cn−1n−2+Cn−1n−1Sn
=2n−2n−1Sn=2n−1Sn=2n−1⋅3+n−13n+1;⋯17分
法二: 由题意可得
Tn=Sn,Sn−aibi,Sn−aibi−ajbj,Sn−aibi−ajbj−akbk,…,aibi+ajbj,aibi,0,i,j,k∈{1,2,…,n
,
所以 Tn 的所有的元素的和中各项 aibii∈{1,2,…,n} 出现的次数均为
Cn−10+Cn−11+…+Cn−1n−2+Cn−1n−1=2n−1 次, 分
所以 Tn 中的所有元素之和为
2n−1a1b1+a2b2+…+anbn=2n−1Sn=2n−1⋅3+n−13n+1…17 分
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
D
B
A
D
A
D
9
10
11
BC
ACD
ACD
12
13
14
35,65
x π12+kπ≤x≤π4+kπ,k∈Z
3n+1+32
Xn
0
1
2
P
1−pn−qn
qn
pn