山东省临沂市2026届高三下学期一模考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 的虚部是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，的虚部为.
2. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为集合，所以，所以.
3.已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则
A. 6B. 9C. 12D. 15
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，
由题意得，，
则 .
4.在中，“”是“为直角三角形”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】先考查充分性：
由，可得，
整理得，由正弦定理得，故为直角三角形，充分性正确；
再考查必要性：
若为直角三角形，不妨令，代入，即必要性不成立.
故“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
5.对于事件A，B，，，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由条件概率公式，可得，
故，
又因，则.
6.已知锐角，满足，则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由得，即，
由于，为锐角，故，
设，则
，
令，当且仅当时取到等号.故的最大值为.
7.函数，若对任意，都有，则a的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为在上单调递增，所以在上单调递增，
又因，
所以等价于，
则在上恒成立，也即在上恒成立，
因为在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，则，
故a的取值范围是.
8.已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，则，
由双曲线的定义，可得，所以，
又由，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
，即，
即，所以，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，所以，
所以双曲线离心率为.
二、多选题：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。
9.下列说法正确的是
A. 若样本数据的方差，则所有的都相等
B. 以模型去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则，
C. 在的展开式中，含项的系数是
D. 某校高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则
（若，则，）
【答案】AC
【解析】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，由回归方程，得，
所以，所以，故B错误；
对于C，在展开式中含项为：，
所以在展开式中含项的系数是，故C正确；
对于D，因为高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，
所以，，，
即，，
所以，故D错误.
10.函数的图象与函数的图象相邻的三个公共点为，，，已知，若的面积为，则
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】与，
，，，，
取相邻三个公共点对应的，
则横坐标为，
纵坐标为，，则，
，
三个点的纵坐标为或，
的底边长度为，高为，
的面积为，又的面积为，
则，解得，
选项A，当时，，
当时，，
故选项A正确；
选项B，，，，，
，故选项B正确；
选项C，，，
，
，
当为偶数时，，故选项C错误；
选项D，，，
，
，
故选项D正确.
11.已知函数满足，且当时，，则
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】A：在中，令，
得，
令，得
，故本选项说法正确；
B：假设，由上可知，
所以有，这与已知当时，矛盾，所以假设不成立，
故本选项说法不正确；
C：因为，
所以，
，即，
因为当时，，
所以，所以本选项说法正确；
D：设，则有，
所以有，
由上可知，所以，
所以，所以当时，单调递增.
设，则有，
因为，所以单调递减，
因为，所以，
即，
因为当时，函数单调递增，且，
所以，因此本选项说法正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知向量，，则向量与的夹角正切值为_______.
【答案】1
【解析】，
所以，设向量与的夹角为，
则，
由于，所以，所以 .
13.已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_______.
【答案】
【解析】设，则，则，
则在处的切线的方程为，即，
联立，得，
因为直线与抛物线也相切，
则有，解得 .
14.已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为________.
【答案】
【解析】 设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得；
易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得；
设外接球球心为，,
所以，解得,即圆柱的高为6，
因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6，
取的中点为，连接，因此，如下图：
因为，所以，
当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大；
因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为，
因此，
所以三棱锥体积的最大值为 .
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.已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围 .
【解析】(1)已知，其定义域.求导​.
当时，因为，所以，即.所以在上单调递增.
当时，令，即，因为，所以，解得.
当​时，，则，所以在上单调递增；
当​时，，则，所以在上单调递减.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为 .
(2) 由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意.
所以，此时在上单调递增，在上单调递减.
要使在上有且仅有两个零点，当趋近于时，趋近于,
所以根据零点存在定理，
则需满足，
，解得.
，化简得，解得.
又因可得.
综上，的取值范围是 .
16.如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)证明：如图所示，连接交于点，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为四边形为矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面 .
(2)因为四边形为矩形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
因为平面，所以，，
又因为四边形为正方形，所以，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
可得，
所以向量，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面的夹角为，
可得，
所以直线与平面的夹角的正弦值为.
17.某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：
游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币
第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金；
游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）.
第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金.
（1）求游戏Ⅰ第2局获胜的概率；
（2）若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.
【解析】
(1) 由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率 .
(2)易知,
游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为，
因此可知,
随机变量的分布列为
随机变量的期望或 .
（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：
记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，
游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，
,
游戏Ⅱ第局获胜概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，
,
从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.
18.已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值.
【解析】 (1) 因为，又，所以，
又面积取得最大值，所以，
在中，，所以，所以，
又，所以，所以，解得，
所以，所以椭圆C的方程为.
(2) （ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时，
设直线l的方程为，，
由，得，
整理得，
由韦达定理得，
因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以，
所以直线方程为，
由对称性，直线所过定点一定在轴上，
令，可得
，
所以直线过定点；
当过点的直线与x轴重合时，显然过点；
综上所述：直线过定点；
（ⅱ）记直线过定点为，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为.
19.对于可导函数，从初始值出发，定义序列．已知，．
（1）设，求函数的解析式，并求的值；
（2）记，，并设．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）是否存在正整数m，n，使得，，成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，求出所有满足条件的，，.
【解析】 (1) 由题意得，则，
则有，
令，则，
取，则，
则.
(2)（i），，
易得是的两个根，
则有，且，
由，
则，
因为，则有，
则
，
因为，则有，
则，
于是，得证；
（ii），迭代得，
即，，
其中，且，
若存在正整数m，n，使得，，成等比数列，
即，结合，可得，
因为，
所以，
同时除以得，
因为，则可设，
则有，即，
易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾，
故无正整数解满足，
因此，不存在这样的正整数m，n，使得，，成等比数列 .0
1
2
3