精品解析山东省聊城市2026届高三下学期一模考试数学试卷含解析（word版）

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注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上．
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．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，只将答题卡交回．
一、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，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由集合，则满足，解得，
所以，可得，
因为，所以.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，
所以.
3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A，函数在上单调递增；
对于B，函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
对于C，因为函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增；
对于D，因为函数和在上单调递减，
所以函数在上单调递减.
4. 若正数满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，利用基本不等式求解.
【详解】由可得，
，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为.
故选：A.
5. 过双曲线的右焦点F作其中一条渐近线的垂线，垂足为P，若，的面积为6（O为坐标原点），则C的渐近线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，结合渐近线的方程为，由点到直线的距离可得，，再由三角形的面积公式，计算可得所求值．
【详解】设，不妨取渐近线的方程为，
则，又，故，
因为，面积为6，
所以，解得
所以的渐近线的斜率为.
6. “”是“圆上恰有一点到坐标原点的距离为2”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】
【分析】依题意，圆与圆相切，求出的值即可判断结论.
【详解】圆，圆心为，半径，
到坐标原点的距离为2的点的轨迹是圆，圆心，半径，
圆上恰有一点到坐标原点的距离为2，则圆与圆相切，
有，或，
当时，化简得，解得或；
当时，化简得，方程无解，
则圆上恰有一点到坐标原点的距离为2，有或，
所以“”是“圆上恰有一点到坐标原点的距离为2”的充分不必要条件.
7. 有一种玻璃材质的高脚杯，杯内壁的轴截面可视为椭圆的一部分，如图所示，杯体最粗处直径为，杯口直径为，杯深，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】作杯内壁的轴截面如图，建立如图所示的平面直角坐标系.
设椭圆的标准方程为，
由题意：，
当时，则，所以对应第一象限内点的纵坐标为.
因为杯深，所以.
所以椭圆的离心率为：.
8. 已知中，，D是边上一点，，，且，则边的长为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出，由的值和求出，利用诱导公式求出和，由，利用两角差的正弦公式求出的值，利用正弦定理求出的值，由得到，计算出的值，由是边上一点得到，代入数值得解.
【详解】，，
，，
，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，，，，
在中，，
，，
，，
，，
，，，
是边上一点，.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知第一组样本数据，，…，的方差为1，第二组样本数据，，…，的平均数为14，则（ ）
A. 第一组数据的平均数为4B. 第二组数据的方差为3
C. 将两组数据合并后数据的平均数是9D. 将两组数据合并后数据的方差是30
【答案】ACD
【解析】
【详解】设第一组样本数据，，…，的平均数为，方差为，
则第二组样本数据，，…，的平均数为，方差为，
由题意知，，
则有，解得第一组的平均数为，故选项A正确；
第二组的方差为，故选项B错误；
将两组数据合并后数据的平均数是，故选项C正确；
第一组样本数据的方差，
即，
即，
即，
，
，
则两组数据合并后数据的方差是
，
，
，
则两组数据合并后数据的方差
，故选项D正确.
10. 若角的终边经过点，定义角的函数为：，则（ ）
A. B.
C. 函数是偶函数D. 当时，
【答案】AB
【解析】
【分析】首先利用三角函数的定义，建立坐标与角的关系，化简函数表达式，然后判断选项即可.
【详解】令坐标原点为，设，，则，所以.
化简函数，.
最后判断选项：
A：，正确；
B：，正确；
C：，函数为奇函数，错误；
D：，，错误.
11. 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ）
A. 该六面体的体积为
B. 直线与所成角的余弦值为
C. 二面角的余弦值为
D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，根据边长可知此六面体由两个全等的三棱锥构成，再结合线面垂直的判定可得平面，再求体积即可；对于BC，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点坐标，再利用空间向量法求异面直线夹角和二面角；对于D，利用等体积法求内切球半径即可．
【详解】根据题意，在六面体中，
，
故此六面体由两个全等的三棱锥构成，
又，，
同理可得，
又平面，
平面，
，故A错误；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于，
则，
又为等边三角形，且六面体关于平面对称，
，，
则，，
，直线与所成角的余弦值为，故B正确；
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，
则，不妨取，则，
，又二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为，故C正确；
该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为，
，
，即，解得，表面积为，
即该六面体内能装下最大的球的表面积为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数是____________．
【答案】
【解析】
【详解】表示5个因式的乘积，
的项可以是：从5个因式中选1个提供，1个提供，3个提供1，
此时的系数为，
的项也可以是：从5个因式中选3个提供，0个提供，2个提供1，
此时的系数为，
所以展开式中的系数为.
13. 已知定义在上的偶函数满足，且时，，若是的一个零点，则a的值为____________．
【答案】##
【解析】
【详解】因为函数为偶函数，
所以，
所以，
所以函数的周期为，
所以，
由题意知，，
即，
解得.
14. 已知的外心O满足，若，且，则面积的最大值为____________．
【答案】3
【解析】
【分析】设为边中点，化简已知得，由余弦定理得，再利用二次函数的最大值的解法求解.
【详解】由.
所以.
如图：
取中点为，连接，则.
所以.
因为为的外心，所以.
由.
又根据余弦定理，.
因为，
所以
.
当时，取得最大值，为，所以的最大值为.
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、演算步骤．
15. 如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为．
（1）证明：平面；
（2）是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论；
（2）设圆柱的底面半径为，母线长为，根据侧面积与底面面积关系证明，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论.
【小问1详解】
由已知点为线段的中点，点为线段的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
设圆柱的底面半径为，母线长为，
因为圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，
所以，所以，
由已知，，，，，
因为是该圆柱的母线，所以平面，
因为四边形是正方形，所以，
故平面，又平面，
所以，，
又为圆的直径，为圆上异于，的点，
所以，
以点为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，故，
取，则，，
故为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 某景区统计了连续5天该景区接待游客的人数（单位：万人），数据如下表：
（1）根据表中数据，求y关于x的经验回归方程，并预测第7天该景区接待游客的人数；
（2）该景区上山、下山各有步行和乘观览车两种方式．调查显示，游客选择步行和乘观览车上山的概率分别为，，步行上山的游客下山时继续选择步行的概率为，乘观览车上山的游客下山时继续选择乘观览车的概率为．假设游客之间选择上山、下山的方式互不影响，现从该景区出口随机选取4位下山的游客了解其下山方式，记X为这4人中步行下山的游客人数，求X的分布列和期望．
附：参考数据：，，．
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．
【答案】（1）；8.8万人.
（2）分布列见解析，数学期望为3.
【解析】
【分析】（1）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，再估计第7天该景区接待游客的人数；
（2）由全概率公式计算，利用二项分布计算概率，列出分布列，由公式计算期望和方差可得.
【小问1详解】
由题，又，，，，
所以 ，
因此关于的经验回归方程为，
将代入回归方程得，即预测第7天接待游客人数为8.8万人.
【小问2详解】
设事件为“游客步行下山”，事件为“游客步行上山”，事件为“游客乘观览车上山”，
根据全概率公式可得每位游客步行下山的概率为，
所以由题意，的可能取值为
，，
，，
，
因此的分布列为：
所以期望为.
17. 已知抛物线的焦点为，点在上，且．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，以线段为直径作圆，该圆是否恒过上一定点？若是，求出该点坐标；若否，请说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点；定点坐标为
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上，求得，根据，结合抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，假设以线段为直径的圆恒过上的点，得到，列出方程，利用韦达定理，化简得到，结合对任意恒成立，求得，进而得到结论.
【小问1详解】
解：由抛物线，可得其焦点为，准线方程为，
因为点在抛物线上，可得，解得，
又因为，根据抛物线的定义，可得，即，
整理得，解得或，
因为，所以，所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，
，
假设以线段为直径的圆恒过上的点，则，
因为，且，
所以，
整理得，
因为，所以，
两边同时除以，可得，
即，即，
将代入上式，可得，
整理得，
因为上式对任意恒成立，所以，解得，
当时，可得，
所以以线段为直径的圆恒过抛物线上一定点.
18. 已知数列满足.
（1）求的前n项和；
（2）记数列的前n项和为，若．
（i）证明数列为等差数列，并求出的通项公式；
（ii）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，；（ii）
【解析】
【分析】（1）分、两种情况结合等差数列的求和公式求解即可；
（2）（i）结合题设及与的关系可得，即可求证，再求解通项公式即可；
（ii）先得到，再结合分组求和、裂项相消法求解即可
【小问1详解】
当时，；
当时，，
显然满足上式，则.
【小问2详解】
（i）由，
当时，，即；
当时，，则，
即，则，即，
所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，
则，即.
由（1）知，，
由（i）知，，
则
，
所以
.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求a的取值范围；
（3）若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且．
【答案】（1）
答案见解析； （2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数分，，三种情况进行讨论求解；
（2）利用导数分，两种情况，当时，，再证；当时，可根据导数推出不成立；
（3）先由极值求，根据导数的几何意义求出，令，再利用导数确定其零点即可证明．
【小问1详解】
，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
当时，恒成立，即，移项可得，
令， ，
令，，，
①时，又，所以，
令，，
令，，
在单调递减，，即，
在单调递减，，
即，故时符合题意；
②当时，，
故，时，，单调递增，，
时，，单调递增，，
故时不符合题意；
综上，的取值范围是；
【小问3详解】
证明：因为有最大值，所以，
，解得．
当时，，，
已知曲线在点处的切线方程为，
则切线斜率，又，
根据点斜式方程可得切线方程为，
即．
令，则．
，
令，，
当时，又，，，
即，在单调递增，，
故此时不存在使；
当时，，解得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
又时，，，，
，使得，
则当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
又时，，，，
使得，即，
综上，当时，存在使，且．
第x天
1
2
3
4
5
接待游客人数y（万人）
22
2.6
3.1
5.2
6.9
0
1
2
3
4