2026年山东省东营市高考仿真卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年山东省东营市高考仿真卷数学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了设命题p等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知的值域为，当正数a，b满足时，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．9
2．已知双曲线：的焦点为，，且上点满足，，，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．5
3．已知数列的首项，且，其中，，，下列叙述正确的是（ ）
A．若是等差数列，则一定有B．若是等比数列，则一定有
C．若不是等差数列，则一定有 D．若不是等比数列，则一定有
4．设命题p:>1,n2>2n,则p为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则△的内切圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
7．已知等差数列的公差为，前项和为，，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，若对任意的恒成立，则实数（ ）.
A．6B．5C．4D．3
8．已知条件，条件直线与直线平行，则是的( )
A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
9．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）
A．8B．32C．64D．128
10．在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若关于的方程恰好有3个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，则展开式常数项的值等于_______．
14．二项式的展开式中所有项的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项为______.
15．在中，，，，则__________．
16．如图，是圆的直径，弦的延长线相交于点垂直的延长线于点．求证：
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）设函数.
（1）若函数在是单调递减的函数，求实数的取值范围；
（2）若，证明：.
18．（12分）己知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若函数，求证：函数存在极小值.
19．（12分）已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）设函数，证明时， .
20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，.
（1）求A的余弦值；
（2）求△ABC面积的最大值．
21．（12分）已知函数，.
（1）当时，
①求函数在点处的切线方程；
②比较与的大小;
（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．
22．（10分）设，函数.
（1）当时，求在内的极值；
（2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
利用的值域为,求出m,再变形,利用1的代换,即可求出的最小值.
【详解】
解：∵的值域为,
∴,
∴,
∴
,
当且仅当时取等号,
∴的最小值为.
故选：A.
本题主要考查了对数复合函数的值域运用,同时也考查了基本不等式中“1的运用”,属于中档题.
2．D
【解析】
根据双曲线定义可以直接求出，利用勾股定理可以求出，最后求出离心率.
【详解】
依题意得，，，因此该双曲线的离心率.
本题考查了双曲线定义及双曲线的离心率，考查了运算能力.
3．C
【解析】
根据等差数列和等比数列的定义进行判断即可.
【详解】
A：当时，，显然符合是等差数列，但是此时不成立，故本说法不正确；
B：当时，，显然符合是等比数列，但是此时不成立，故本说法不正确；
C：当时，因此有常数，因此是等差数列，因此当不是等差数列时，一定有，故本说法正确；
D：当 时，若时，显然数列是等比数列，故本说法不正确.
故选：C
本题考查了等差数列和等比数列的定义，考查了推理论证能力，属于基础题.
4．C
【解析】
根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
5．D
【解析】
根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.
【详解】
根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.
本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.
6．B
【解析】
设左焦点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.
【详解】
由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，
由，可得，
所以双曲线的方程为:
所以，
所以
三角形ABF2的周长为
设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，
所以，
解得，
故选：B
本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.
7．C
【解析】
若对任意的恒成立，则为的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值时的n即可.
【详解】
由已知，，又三角形有一个内角为，所以，
，解得或（舍），
故，当时，取得最大值，所以.
故选：C.
本题考查等差数列前n项和的最值问题，考查学生的计算能力，是一道基础题.
8．C
【解析】
先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果.
【详解】
因为直线与直线平行，
所以，解得或；即或；
所以由能推出；不能推出；
即是的充分不必要条件.
故选C
本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.
9．C
【解析】
根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.
【详解】
由题意，执行上述程序框图，可得
第1次循环，满足判断条件，；
第2次循环，满足判断条件，；
第3次循环，满足判断条件，；
第4次循环，满足判断条件，；
不满足判断条件，输出.
故选：C.
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，结合判断条件求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10．B
【解析】
由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.
【详解】
由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，，，.
.
故选：
本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.
11．A
【解析】
直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可
【详解】
直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件.
故选：A
本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力.
12．D
【解析】
讨论，，三种情况，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.
【详解】
当时，，故，函数在上单调递增，在上单调递减，且；
当时，；
当时，，，函数单调递减；
如图所示画出函数图像，则，故.
故选：.
本题考查了利用导数求函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.
【详解】
因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024, n=5,
故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.
本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题.
14．
【解析】
由二项式系数性质求出，由二项展开式通项公式得出常数项的项数，从而得常数项．
【详解】
由题意，．
展开式通项为，由得，
∴常数项为．
故答案为：．
本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，掌握二项展开式通项公式是解题关键．
15．1
【解析】
由已知利用余弦定理可得，即可解得的值．
【详解】
解：，，，
由余弦定理，
可得，整理可得：，
解得或（舍去）．
故答案为：1．
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
16．证明见解析．
【解析】
试题分析：四点共圆，所以，又△∽△，所以，即，得证．
试题解析：
A．连接，因为为圆的直径，所以，
又，则四点共圆，
所以．
又△∽△，
所以，即，
∴．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，由在上恒成立，采用分离参数法求解；
（2）观察函数，不等式凑配后知，利用时可证结论．
【详解】
（1）因为在上单调递减，
所以，即在上恒成立
因为在上是单调递减的，所以，所以
（2）因为，所以
由（1）知，当时，在上单调递减
所以
即
所以.
本题考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．解题关键是把不等式与函数的结论联系起来，利用函数的特例得出不等式的证明．
18．（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得，由，且，得到，再利用函数在上单调递减论证.
（2）根据题意，求导，令，易知； ，易知当时，，；当时，函数单调递增，而，又，由零点存在定理得，使得，，使得，有从而得证.
【详解】
（1）依题意，，
因为，且，故，
故函数在上单调递减，
故.
（2）依题意，，
令，则；
而，可知当时，，
故函数在上单调递增，故当时，；
当时，函数单调递增，而，
又，故，使得，
故，使得，即函数单调递增，即单调递增；
故当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值.
本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.
19． (1) ;函数的单调递减区间为，单调递增区间为;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：（1）由题得，根据曲线在点处的切线方程，列出方程组，求得的值，得到的解析式，即可求解函数的单调区间；
（2）由（1）得 根据由，整理得，
设，转化为函数的最值，即可作出证明.
试题解析：
（1）由题得，函数的定义域为， ，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以解得.
令，得，
当时， ， 在区间内单调递减；
当时， ， 在区间内单调递增.
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由（1）得， .
由，得，即.
要证，需证，即证，
设，则要证，等价于证： .
令，则，
∴在区间内单调递增， ,
即，故.
20．（1）；（2）
【解析】
（1）根据正弦定理化简得到，故，得到答案.
（2）计算，再利用面积公式计算得到答案.
【详解】
（1），则，
即，故，，故.
（2），故，故.
当时等号成立.
，故，，故△ABC面积的最大值为.
本题考查了正弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
21．（1）①见解析，②见解析；（2）见解析
【解析】
（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；
②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．
（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．
【详解】
解：（1）①当时，，，，
又，切线方程为，即；
②令，
则，
在上单调递减．
又，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
证明：（2）由题意，，
而，
令，解得．
，，
在上有唯一零点．
当时，，在上单调递减，
当，时，，在，上单调递增．
．
在恒成立，且有唯一解，
，即，
消去，得，
即．
令，则，
在上恒成立，
在上单调递减，
又， ，
．
在上单调递增，
．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
22．（1）极大值是，无极小值；（2）
【解析】
（1）当时，可求得，令，利用导数可判断的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值；
（2）表示出，并求得，由题意，得方程有两个不同的实根，，从而可得△及，由，得．则可化为对任意的恒成立，按照、、三种情况分类讨论，分离参数后转化为求函数的最值可解决；
【详解】
（1）当时，.
令，则，显然在上单调递减，
又因为，故时，总有，所以在上单调递减.
由于，所以当时，；当时，.
当变化时，的变化情况如下表：
所以在上的极大值是，无极小值.
（2）由于，则.由题意，方程有两个不等实根，则，解得，且，又，所以.
由，，可得
又.将其代入上式得：.
整理得，即
当时，不等式恒成立，即.
当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数.因此，当时，，故.
当时，恒成立，即，
因此，当时，所以.
综上所述，.
本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高．
+
-
增
极大
减