山东省泰山教育联盟2026届高三下学期4月模考数学试卷含答案（word版）

这是一份山东省泰山教育联盟2026届高三下学期4月模考数学试卷含答案（word版），共101页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
ACCD DBDA
二、选择题
9. AD 10.ABD 11.ACD
三、填空题
12. 40 13.2 14.50
四、解答题
15. ( 1 )由余弦定理可得 AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠ADC ，则 AC=655 . 3 分
因为 cs∠ADC=45 ,所以 sin∠ADC=35 .
由正弦定理可得 ADsin∠ACD=ACsin∠ADC ,则 sin∠ACD=ADsin∠ADCAC=55 . 6 分
(2)在 △ACD 中，由正弦定理可得，
则 sin∠CAD=255,cs∠CAD=55 ， 8 分
在 △ABC 中, AB=6155 , 10 分
则 S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12⋅2⋅6155sin∠CAD+π2=6155⋅cs∠CAD=635
所以 S△ABD=635 . 13 分
16.
(1)在圆台 O1O2 中，由 BA,FE 为该圆台的母线，得 BA,FE 延长线交于一点， .2 分
而平面 ADE// 平面 BCF ,平面 AEFB∩ 平面 ADE=AE ,平面 AEFB∩ 平面 BCF=BF , 所以 AE//BF . .5 分
(2)设 O1O2=h ，因为 V合体=13π1+4+2h=7π3 ，所以 h=1 ， .7 分
连接 O1E,O2F ,由直线 O1O2 为圆台 O1O2 的轴,得 FE,O2O1 延长线交于一点,
由(1)同理得 O1E//O2F ,由 O1E=O1A=1,AE=2 ，得 O1E2+O1A2=2=AE2 ，
则 O1E⊥AD ,而 AD//BC ,因此 O2F⊥BC ,直线 O2F,O2C,O2O1 两两垂直,
以 O2 为原点,直线 O2F,O2C,O2O1 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, .8 分
则 B0,−2,0,F2,0,0,C0,2,0,E1,0,1 ,
FE=−1,0,1,BF=2,2,0, CF=2,−2,0,
设平面 BEF 的法向量为 m=a,b,c ,
则 m⋅BF=2a+2b=0m⋅FE=−a+c=0 ,取 c=1 ,得 m=1,−1,1 , 10 分
设平面 CEF 的法向量为 n=x,y,z ,
n⋅CF=2x−2y=0n⋅FE=−x+z=0,取z=1, 得 n=1,1,1 , 12 分
所以 cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=13⋅3=13 ,
所以平面 BEF 与平面 CEF 所成角的余弦值为 13 . 15 分
17.
(1)由题意，当直线 AT 垂直于 x 轴时，点 A 的坐标为 2，
因为 AF=3 ,所以点 A 到准线 x=−p2 的距离为 3,即 2+p2=3 ,解得 p=2 ,
所以抛物线 E 的标准方程为: y2=4x . .4 分
(3)设直线 l 的方程为: x=my+4 ，
将其与抛物线方程 y2=4x 联立得: y2−4my−16=0 .
韦达定理为 y1+y2=4my1y2=−16 , .6 分
由题意得 cs∠AFT=cs∠BFT . 即 FA⋅FTFAFT=FB⋅FTFBFT , .8 分
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,则 FA=x1−1,y1,FB=x2−1,y2,FT=1,2 ,
所以 x1−1,y1⋅1,2x1+1=x2−1,y2⋅1,2x2+1 ,
x1−x2+y1−y2+x2y1−x1y2=0, 10 分
将 x1=y124,x2=y224 代入得 y124−y224+y1−y2+y22y14−y12y24=0 ,易知 y1≠y2 ,
所以 y1+y24+1−y1y24=0 , 12 分
韦达定理代入， m=−5 ，
所以直线 l 的方程为 x+5y−4=0 . .15 分
18.
(1)设事件 Ai 为 “ i 号盒子拿出的球是红球”， Bi 为 “ i 号盒子拿出的球是白球”，
若 1 号盒子拿出的是红球,此时 2 号盒子 2 个红球、 1 个白球,此时拿出白球的概率为 13 ;
若 1 号盒子拿出的是白球,此时 2 号盒子 1 个红球、 2 个白球,此时拿出白球的概率为 23 ,
则 PB2=PA1⋅PB2∣A1+PB1⋅PB2∣B1=23×13+13×23=49 ; .4 分
(2)由题意得，随机变量 X 的取值为0,1,2， .5 分
PX=0=PB1⋅PA2∣B1=13×13=19, .6 分
PX=1=PA1⋅PA2∣A1+PB1⋅PB2∣B1=23×23+13×23=23, .7 分
PX=2=PA1⋅PB2∣A1=23×13=29, .8 分
所以 X 的分布列如表: .9 分
所以 EX=0×1+1×23+2×29=109 ; 10 分
(3)由题意， PBn=PAn−1⋅PBn∣An−1+PBn−1⋅PBn∣Bn−1=13PAn−1+23PBn−1 ,
又 PAn−1+PBn−1=1 ,所以 PBn=131−PBn−1+23PBn−1 , .12 分
即 PBn=13PBn−1+13 ，所以 PBn−12=13PBn−1−12 ，
又 PB1−12=13−12=−16 ，所以 PBn−12 是首项为 −16 ，公比为 13 的等比数列，
所以 PBn=12−16⋅13n−1=12−12⋅13n , .15 分
若最终 n 号盒子剩余 2 个红球,则需 n−1 号盒子拿出红球,且 n 号盒子拿出白球弃置,
即 p=PAn−1⋅PBn∣An−1=16+12⋅13n . .17 分
19.
(1) gx=2lnx+a,g′x=2x ,设切点为 x0,2lnx0+a ,
则切线斜率为 2x0=2 ,即 x0=1 , .2 分
因为切点 1,a 在切线方程为 y=2x+2 上,所以 a=2×1+2 ; 故 a=4 . .4 分
(2)令 hx=f2x−gx=e2x−2lnx−4,x>0 ,则 h′x=2e2x−1x ,
又因为 y=e2x,y=−1x 在 0,+∞ 内单调递增,可知 h′x 在 0,+∞ 内单调递增, .5 分
当 x 趋近于 0 时, h′x 趋近于 −∞ ; 且 h′12=2e−2>0 ;
可知 h′x 在 0,+∞ 内有且仅有 1 个零点 x1∈0,12 ,
当 x>x1 时, h′x>0 ; 当 0an⇔anbn>λλ+1anbn