2026济宁高三下学期一模数学试卷含解析

这是一份2026济宁高三下学期一模数学试卷含解析，共14页。试卷主要包含了 已知数列的首项，且满足，则， 已知中，若，且点上，则， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证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，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数满足，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算，分子分母同乘分母的共轭复数，化简即可得出结果.
【详解】
故选：C
【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了运算求解能力，属于容易题目.
2. 集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分别解指数不等式、绝对值不等式得到集合、，再计算的补集，最后求交集得到结果.
【详解】因为指数函数是上增函数，
所以由，可得，即；
而 ，等价于或，
解得或，即或
所以 ，故.
3. 抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】抛物线方程为，标准形式：，可得，解得，焦点坐标为.
4. 已知数列的首项，且满足，则（ ）
A. B. C. 10D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推关系得，结合等差数列定义写出的通项公式，即可得答案.
【详解】由题意可得：，
令，则可得：，
所以等差数列，公差为2.
又因为，所以，
所以.
5. 已知中，若，且点上，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】中，由，得，
，又，且点在上，则，
所以.
6. 将函数图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若图象的一个对称中心为，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出图象的对称中心后利用代入法可得，故可求的最小值.
【详解】因为图象的一个对称中心为，故图象的对称中心为，
故，故，而，故.
7. 四面体中，平面平面，，，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由正弦定理求出的外接圆半径，作于点，求得，证明，先后求得，得，求出，进而，推得点为该四面体外接球的球心，即可求得其表面积.
【详解】如图，设的外心为点，过点作于点，连接，
取边的中点为点，连接，则.
因平面平面平面平面， 平面，
则平面又平面故.
因为，，所以，
在中，由正弦定理，，解得，
在中，，则，
在中，由面积相等可得，解得，
则，，
在中，，在中，，
即，故点为该四面体外接球的球心，故其表面积为.
8. 已知函数，为的导函数，若，使得，则实数的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导得的解析式，根据基本不等式，可得的值域及的单调性，根据条件可得与的值域的关系，结合二次不等式的解法，即可得答案.
【详解】由题意，定义域为R，
因为恒成立，所以，
当且仅当，即时取等号，
则的值域为，且在R上单调递增，
由，得，
因为，使得，
所以，即，
令，则，解得或（舍），
所以，解得，
则实数的最小值为.
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 数据的第50百分位数为32
B. 已知随机变量服从正态分布，则
C. 已知两个变量线性相关，其经验回归方程为，若，则
D. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为4
【答案】BC
【解析】
【分析】利用第50百分位数的性质判断A，利用正态分布的性质判断B，利用回归方程的性质判断C，利用数据方差的性质判断D即可.
【详解】对于A选项，按顺序排列数据27，30，31，32，38，41，48，54，第50百分位数即为中位数，
所以该数为，故A错误；
对于B选项，因为随机变量服从正态分布，，
则，所以，所以，故B正确；
对于C选项，因为，经验回归方程为，
所以，解得，故C正确；
对于D选项，因为样本数据的方差为2，
所以数据的方差为，故D错误.
10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过且斜率为的直线与的右支交于点，则（ ）
A. 的离心率为
B.
C. 的最小值为-9
D. 若以实轴为直径的圆与相切，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，通过离心率的定义求解即可；对于B选项，直线与双曲线联立，由韦达定理以及直线与双曲线交于右支求解即可；对于C选项，设，分别表达出，，再由在双曲线上求解即可；对于D选项，直线与圆相切，由点到直线的距离公式，求解，再由直线与双曲线联立，由余弦定理求解即可.
【详解】对于A选项，由双曲线方程为，可得，，所以，所以，，所以离心率为，故A错误；
对于B选项，，设直线：，直线与双曲线联立可得，
，，
，，，因为直线与双曲线右支交于一点，
所以，解得，故B正确；
对于C选项，设，，，所以，
由在双曲线上可得，代入可得，，
当时，取得最小值，可得，故C正确；
对于D选项，以实轴为直径的圆，圆心为原点，半径，直线与圆相切，
由点到直线的距离公式，，联立求解坐标，
将代入双曲线方程，可得，解得，，
所以，，
，，故D正确.
11. 对于一个有限集合，定义集合的模为该集合中所有元素的和，记作，即，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若集合，则
B. 若集合，则
C. 若集合，则
D. 记集合，且中任意两个数的差的绝对值不等于3，也不等于8，若的最大值为的最大值为，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，用裂项相消法求和；选项B，通过试根分解多项式，判断实根个数后计算集合模长；选项C，构造函数求导分析单调性与最值，确定方程根的个数，再通过函数关系推导两根之和的范围；选项D，找到周期内最大和规律后计算不同值下的模长差值.
【详解】选项A， ，A正确；
选项B，解方程得：，
二次方程判别式，无实根，故集合，模，B错误；
C选项，设，求导得，
时，递增；时，递减；
最大值，且，因此一个零点；
又，因此另一个零点，
则，C正确；
选项D，集合元素差为或，均小于，因此可将按每个数分为一组，组间不产生符合条件的差，只需每组取最大和即可，
时，中，要使元素和最大，选，满足条件，最大和；
每组（第组，）的和为，因此时总和：
，
，D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中的常数项为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【详解】，
令，得，
故展开式中的常数项为．
13. 圆与直线相切于点，则直线的斜率为__________.
【答案】##
【解析】
【详解】由圆与直线相切于点，得，
解得，圆的圆心为，
过切点的圆的半径所在直线斜率为，
所以直线斜率为.
14. 已知函数若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论，求得函数的解析式，利用数形结合求得实数的取值范围.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即，，且，
当，即时，，且，
因此，
在坐标系内作出函数和的图像，如图所示
关于的方程恰有三个不相等的实数根，则.
所以实数的取值范围是.
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. 在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且.
（1）若，求的大小；
（2）当取得最小值时，求的面积.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，根据得到方程，求出，根据余弦定理得到，求出；
（2）由利用三角形面积公式可得，根据基本不等式解出的最小值，应用取等条件求出三角形面积.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
因为的角平分线交BC于点D，所以，
由，得，
则，
即，所以，
在中，由余弦定理得，
即；
【小问2详解】
由，
得，
得，
化简得，即，
所以，
当且仅当时等号成立，取得最小值，
此时，面积为．
16. 已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）求证：当且时，.
【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导并令导数为，找到临界点，通过分析导数在不同区间的符号确定函数单调性，进而求出极小值与极大值；
（2）构造函数并求导，将问题转化为分析导函数的最小值，结合已知的范围判断恒正，从而推出单调性，最终证明不等式.
【小问1详解】
函数的定义域为， ,令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
极小值为，无极大值.
【小问2详解】
令，则 ，
由（1）可知，即的最小值为，
已知，代入得： ，
因此对任意恒成立，故在上单调递增，
当时，，即： 得证.
【点睛】本题的核心是通过导数分析函数单调性，以极值为桥梁，将不等式证明转化为函数最小值的符号判断.
17. 如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，进而可得，可证结论；
（2）由已知可得平面，结合柱体的体积公式求得，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
因为为的中点，所以且，
又因为为的中点，，，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以为三棱柱的高，
所以，
所以，解得，
在平面内作，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标；
（3）求内切圆半径的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据离心率，可得a值，则可求出，即可得答案.
（2）直线AC的方程为，与椭圆联立，设，则，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AB的方程，化简整理，即可得答案.
（3）根据椭圆的定义，可得的周长，即可得内切圆半径r的表达式，根据韦达定理，可得的面积S的表达式，结合基本不等式，可得S的范围，即可得答案.
【小问1详解】
由椭圆的焦点分别为，得，
由离心率，得，则，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
证明：由直线AC过，设直线AC的方程为，
因为不重合且B与关于轴对称，所以m存在且，
联立，得，
设，则，
则
又直线AB的斜率，所以直线AB的方程为，
整理得
令，得，所以直线AB恒过点.
【小问3详解】
由椭圆的定义得的周长为，则的面积，
所以，
又
令，由，得，则，
所以，
因为在上单调递增，
所以，则，
所以，即内切圆半径的取值范围为.
19. 2026年春节期间，甲乙两名同学在商场参加一个小游戏，且分在同一组.现有三个不透明的盒子，盒中分别装有若干个除颜色不同外，其他均相同的球，盒中有1个红球，2个黄球；盒中有1个红球，3个黄球；盒中有5个红球，3个黄球.游戏规则如下：两人为一组参加游戏，游戏按轮依次进行，每一轮都是甲先从盒中随机摸出1个小球，记录颜色后再放回盒内，然后，乙根据甲摸到小球的颜色在指定的盒子中有放回地摸一个小球.若甲摸到红球，则乙从盒中摸球；若甲摸到黄球，则乙从盒中摸球.记录乙摸出小球的颜色后放回小球，本轮结束.在一轮摸球过程中，若甲和乙摸出的小球颜色相同，则二人获得一张“骐骥”卡片；若颜色不同，则二人获得一张“驰骋”卡片.规定连续两轮获得“驰骋”卡片时游戏结束，否则，继续游戏.假设每轮摸球结果互不影响.
（1）求甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率；
（2）记甲乙两人在第轮摸球结束时依然未终止摸球游戏的概率为，且.
（i）求；
（ii）求，并判断：当时，是否无限趋近于一个常数？若是，求出的值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i），（ii），当时，是否无限趋近于一个常数，即.
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论即可求解，
（2）根据，可得递推关系，分情况讨论，结合等比数列的性质求解.
【小问1详解】
甲从A盒中摸到红球的概率为，摸到黄球的概率为，乙从B盒中摸到黄球的概率为，
红球的概率为，乙从C盒中摸到黄球的概率为，红球的概率为，
故甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率为.
【小问2详解】
（i）,
,
（ii）设事件表示甲乙两人在第轮摸球游戏中获得“驰骋”卡片，
则
，
则，或
又，
当时，，
所以，，
，
故为等比数列，且公比为，首项为，
则，故，
而满足上式，因此；
当时，，
则，则，
故为等比数列，且公比为，首项为，
故，
而满足上式，因此，
，
当时，则.
综上可得：故当时，无限趋近于一个常数，即.