2026届山东省东营市高三下高考二模考试数学试题

这是一份2026届山东省东营市高三下高考二模考试数学试题，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项:
答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.
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，再选涂其它答案标号. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷（选择题 共 58 分）
一、单选题:本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
复数 z 
5 , 则 z 的共轭复数 z 为
2  i
2  i
2  i
2  i
2  i
B 
1
设集合 A  x x2  2x  3  0, B  xx  1，则 A
1, 3
1, 3
1,1
1, 3
已知an是等差数列，bn  是等比数列，且b2  3,b3  9, a1  b1, a14  b4, 则a6 
A. 9B.10C.11D.12
“   R, 使得a  b ”是“ a // b ”的
A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
函数 y  sin x  3 cs x, x    ,   的值域为
 1 , 1 
1,1
 2 2 
 1 ,1
1, 2

 2 2  2 
某公司开发了两款智能模型 A 和 B 用于客服系统. 测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用. 若第1天使用模型 A ，则第2 天继续使用模型 A 的概率为0.6 ；若第1天使用模型 B ，则第2 天切换到模型 A 的概率为0.8 .则第2 天使用模型 A 的概率为
A. 0.3B. 0.5C. 0.7D. 0.9
已知椭圆和双曲线有相同的焦点F 和F ，点P 是椭圆与双曲线的一个公共点，且F PF   ,
12122
椭圆的离心率为 3 ，则双曲线的离心率为
2
2 3
3
6
2
5
2
7
2
已知函数 f (x)  exm  ln x  m, m  R ，若 f (x)  0 恒成立，则m 的取值范围为
1, 
1, 
, 1
, 1
二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共计 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.
已知m  n  0 ，则下列说法正确的是
ln m  ln nB. cs m  cs n
若c  0, 则mc  nc
 1 m 1 n
22
    
  
已知点 A3, 4, B 2, 0 ，圆C :  x 12   y  22  9 ，点P 在圆C 上运动，点Q 满足
OQ  OA  OP ，其中O 为坐标原点.则下列说法正确的是
A. PQ // OA
B.点Q 的轨迹方程为 x  42   y  62  9
C. OQ OB 的取值范围是1, 7
D.点Q 到直线l : 3x  4 y 12  0 距离的最小值为9
5
进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等.一般地，若k 是一个大于1的整数，那么以k 为基数的k 进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan1  a1a0k 
（ an , an1,, a1, a0 0,1, 2,, k 1 ，an  0 ），k 进制的数也可以表示成不同位上数字符号
与基数的幂的乘积之和的形式，如a a
 a a
 a kn  a kn1    a k  a
．例如：十进
n n11 0k 
nn110
制数22  2 32 1 3 1，所以22 在三进制下可写为2113 , 则下列说法正确的是
三进制数2113 转化成五进制数为425
现用八进制表示十进制的919 ,则这个八进制数的最后一位为1
正整数m 在三进制下的各位数字之和记为S(m) ，在集合1, 2, 3,, 2026中任选一个正整数 m ，则S(m) 为3 的倍数的概率为 337
1013
一副两种颜色的卡片共22 张，每种颜色11张，上面分别标有数字1, 2, 22 , 23,, 210 ，从这
22 张卡片中任取m(m  N * ) 张，则取出的卡片上数字之和为2026 的取法共有2027 种
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
若a, b  0 ，且ab  a+b+3 ，则ab 的取值范围为．
已知奇函数 f (x) 的周期为2 ,且当x (1, 2) 时, f (x)  2x 1, 则 f  lg
16  ．
2 3 

6
已知一个棱长为4的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）,则此容器外接球（正四
面体容器各顶点都在球面上）的体积为；如果一个半径为1的小球在该容器内
可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为.（第一空
2 分，第二空 3 分）
四、解答题：本大题共 5 小题，共计77 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15.(13 分) 已知 ABC 的角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，满足b cs C  c sin B  a.
求角 B；
2
若b ， ABC 的面积为1，求 ABC 的周长.
16.(15 分)已知全等的等腰直角三角形 ABC 和 ADC ，其中ABC  ADC   ，
2
AB  BC  AD  DC 
2 ，现将 ABC 沿 AC 进行翻折，使二面角 B  AC  D 的大小为 ，
3
连接 BD 得到四面体 B  ACD .
证明: AC  BD ；
求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值.
17.(15 分) 已知函数 f  x  x ln x .
求函数 f  x 的单调区间；
若过点P a,0 可作曲线 y  f  x 的两条切线，求a 的取值范围；
若曲线 y  f  x 的切线l 过点P a,0 ，其中a  1，求证：曲线上除切点外的点都在直线l 的上方.
18.(17 分) 已知曲线 上任意一点 M 到点 N  13 ,0  的距离比它到 y 轴的距离大 5 .
 4
4
求曲线 的方程；
（2） P(x0 ,3) 为曲线 上一点，直线l 与曲线 交于 A, B 两点（ A, B 不与点 P 重合），直线
PA 与 y 轴交于点 R 0, yR  ，直线 PB 与 y 轴交于点S 0, yS  ，且 yR  yS  6 .
求直线l 的斜率；
证明: PAB 的外接圆的圆心在定直线上.
19.(17 分) 某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10 个形状、大 小、质地完全相同的小球，其中白球4 个，红球6 个. 每位顾客从盒子中随机抽取1 个球，记录颜色后放回盒子中. 若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠券. 每位顾客只有一次抽奖机会.
求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率；
若一个不透明的盒子中共有 N N  N*, N  3 个形状、大小、质地相同的小球，其中
红球的个数是一个离散型随机变量 X . 证明：从该盒子中随机抽取1 个球，抽到红球的概率为 E( X ) ；
N
为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员往盒子中增加3 个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3 个白球；若取出白球，则增加3 个红球），然后下一位顾客再进行抽奖. 已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍
为 4 个白球和6 个红球. 求第n 位顾客获得七折优惠券的概率 Pn .
参考公式：若 X ,Y 是离散型随机变量，有E  X  Y   E  X   E Y  .
2026 年高三年级 4 月份适应性测试
数学试题参考答案
一、选择题: D B C AD C B B
二、选择题： 9.AC10. ABD11. ABD
3
三、填空题：12. 9,  ； 13. 4 ； 14. 288 , 72.
第 11 题解析：A 选项，三进制数2113 转化为十进制数为22  2  32 1 3 1，而22  45  21，三进制数2113 转化成五进制数425 ，A 选项正确；
B 选项，由二项式定理知919  (8 1)19  819 +C1 818  C2 817 +C3 816  C4 815  C18 8 1 ，故
最后一位数为 1，B 选项正确；
1919191919
C 选项，设m  3n a  3n1a   3a  a （ a , a,, a , a 0,1, 2， a  0 ）.
nn110nn11 0n
若 m 为 3 的倍数，则a0 为 3 的倍数，又0  a0  2 ，则a0  0 ，
所以m  anan1 a103 ， m 1  anan1 a113 ， m  2  anan1 a123 ，
则 S m  an  an1    a1 ， S m 1  an  an1    a1 1， S m  2  an  an1    a1  2 ，所以当 m 为 3 的倍数时， S m, S m 1, S m  2 中恰有一个是 3 的倍数.
S 1  1， S 2  2 ，由2025  22100003 , 2026  22100013 ，得S (2025)  5, S (2026)  6 ，
所以S 1, S 2, S 2025 都不是 3 的倍数, S (2026) 是 3 的倍数,而S (3), S (4),, S (2024) 这 2022 个数
中，有 2022  674 个是 3 的倍数，在 1 至 2026 中任选一个正整数 m，共有2026 个正整数，
3
所以由古典概型概率公式得， S m 为 3 的倍数的概率为 675
2026
．C 选项错误；
D 选项，记第一种颜色卡片上数字之和为 x ，记第二种颜色卡片上数字之和为 y ，则
x  y  2026(x, y  N ) ，因为每一个小于等于 2026 的正整数都可以用1, 2, 22 , 23,, 210 唯一表示（二进
2027
制），由隔板法知共有C1 2027 种取法，D 选项正确.
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.）
解：（1）因为b cs C  c sin B  a, 所以sin B cs C  sin C sin B  sin A,
因为 A  B  C   ，故sin B cs C  sin C sin B  sin B  C , 即
sin C sin B  cs B sin C, 因为sin C  0, 所以sin B  cs B,4 分
即tan B  1, 故 B   ；5 分
2
4
………2 分
1
因为 ABC 的面积为1，所以 2 ac sin B  1, 即 ac  2
，7 分
由余弦定理得b2  a2  c2  2ac cs B  a2  c2 
2ac  a  c 2  2 
2 ac
2
a  c2  b2  2 
2 ac  6  4
 2 
2 2 ，10 分
2
所以a  c  2 
2, 所以 ABC 的周长2  2
.13 分
（1）证明：取 AC 的中点O ,连接 BO, DO .
在等腰直角ABC 中,
AB  BC 
2 ,则斜边 AC  2 .
因为O 是 AC 的中点，所以 BO  AC
同理,在等腰直角ADC 中， DO  AC
…………2 分
…3 分
因为 BODO  O, 且BO, DO  平面BOD 所以 AC  平面BOD5 分
又因为 BD  平面BOD ,所以 AC  BD .6 分
(2)以O 为原点， OD, OC 的正方向分别为 x 轴， y 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.因
为 BO  AC ， DO  AC ，所以BOD 是二面角 B  AC  D 的平面角，故BOD = 
3
.因为
ABC  ADC   ， AB  BC  AD  DC 
2
AO  CO  BO  DO  1，所以
2 ， O 是 AC 的中点所以
A(0, 
13 ), C(0,1, 0)8 分
1, 0), D(1, 0, 0), B(, 0,
22
131
AD  (1,1, 0), AB  ( ,1,), BC  (,1, 3 ) , 设平面 ABD
2222
的法向量为n  (x, y, z)
n  AD  x  y  0
3


n  AB 
1 x  y 
z  0
, 令y  1,则x  1, z  3 ,所以
3
n  (1, 1, 3 )12 分
3
42
22
设直线 BC 与平面 ABD 所成的角为 ,
sin  cs 

.14 分
n, BC 
n  BC
n BC

7
故直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值为 42 .15 分
7
解：（1）函数的定义域为0,  .求导得: f  x  ln x 1.2 分
令 f  x  0 ,解得 x  1 ，令 f  x  0 ,解得0  x  1 .
ee
所以 f  x 的单调递减区间为 0, 1  ，单调递增区间为 1 ,   ;4 分
e  e

设切点坐标为x0 , x0 ln x0  ,其中 x0  0 ，由（1）知切线斜率k  f x0   ln x0 1 ，则切线方程为 y  x0 ln x0  ln x0 1x  x0 ，6 分
因为切线过点 P a,0 ，代入整理得： a ln x0 1  x0  0 ,过点 P 可作两条切线，等价于关于 x0 的方
程 a ln x0 1  x0  0 在其定义域内有两个不同的实根,7 分
当 x  1 时无意义，故a 
e
x0
，
ln x0  1
令 g  x  x (x  0 且 x  1) , g x  ln x .……8 分
ln x  1
eln x  12
当 x  0, 1  1 ,1 时，gx  0 ，g  x  在 0, 1  和 1 ,1 上单调递减；
e  e 
e 
 e 

当 x 1,  时， gx  0 ， g  x  在1,  单调递增.……9 分
又当 x  1 且 x  1 时， g  x   ；当 x  1 且 x  1 时， g  x   ,当 x  1 ,且 x   时，
eeeee
g  x   . g 1  1 .由图知，要使a  g  x 有两根，需a  1 ,故a 的取值范围是1,  ; …10 分
00
0
证明：设切点为（x ，f (x )）,由（2）知a x0.切线 ? 的方程为 y  (ln x 1)(x  a) ,
ln x0 1
要证曲线上除切点外的点都在直线 ? 上方，即证：x ln x  (ln x0 1)(x  a) 对 x (0,), x  x0
恒成立.12 分
将a(ln x0 1)  x0 代入上式，即证： x ln x  (ln x0 1)x  x0 ,
令 h(x)  x ln x  (ln x0 1)x  x0 , h(x)  ln x  ln x0
当0  x  x0 时， h(x)  0, h(x) 单调递减；当 x  x0 时， h(x)  0, h(x) 单调递增.
所以h(x)min  h(x0 )  0 .14 分
因此，当 x  x0时，h(x)  0 ,即曲线上除切点外的点都在直线 ? 的上方.……15 分
(x  13)2  y2
4
解：（1）设点 M (x, y) ，由题知
| x |  5 ，所以 y2  13 x  9  5 | x | ，……2 分
422
当 x  0 时， y2  9(x 1) ；当 x  0 时， y2  4x  9 ，无解，舍去；综上，曲线 的方程为 y2  9(x 1) .4 分
（2）因为 P(x , 3) 为曲线 ： y2  9(x 1) 上一点，所以 x  2,即P(2,3) ， ……5 分
00
（方法一）（i）由题知，直线 AB, PA, PB 斜率均存在且不为0 ，设 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) ,因为 A, B, P 在
曲线 上，则k
 y2  y1 
y2  y1
9，6 分
ABx  xy2y2y  y
21 2  1  ( 1  1)21
99
同理可得 kPA 
9
y1  3
, kPB 
9
y2  3
,所以 PA : y 
9
y1  3
(x  2)  3 ， PB : y 
9
y2  3
(x  2)  3 ,令 x  0 ，
得 yR
  18
y  3
3 , yS
  18
y  3
3 ,8 分
因为 y
1
y  6 ,所以
2
18  18
 0 ，即 y  y
 6 ，9 分
RSy  3y  312
12
所以k9  3 ，即直线l 的斜率为 3 .10 分
ABy  y22
21
（ ii ） 由（ i ）知 k9， PA 的中点 ( x1  2 , y1  3) ， 所以直线 PA 的垂直平分线 l ：

y
1
PA 3221
y   y1  3 (x  x1  2)  y1  3 ，即 y   y1  3 (x  x1  11) ，同理可得直线 PB 的垂直平分线 l ：
922922
y   y2  3 (x  x2  11) ，12 分
92
由（i）知 y  y  6 ，所以l ： y  y1  3 (x  x2  11) ，13 分
12292
 y   y1  3 (x  x1  11
92)
x  x  22
12
设圆心(a,b) ，联立y  3x  11
y (x 
，得a  12 ，
4
92)
y  3 x  x  22x  11y  3 x  xy  3 y2  y2( y  3)( y  y )
b  1 ( 12  2)  1  12  1  12  121 ，
9429493654
因为 y1  y2  6 ，所以 y2  y1  2 y2  6 ，所以
b  ( y1  3)( y2  3)  y1 y2  3( y1  y2 )  9  y1 y2  9 ，15 分
272727
x  x
 22
y2  y2
( y  y )2  2 y yy y
而 a  12  12  6  121 2  6  7  1 2 ，16 分
PAB
4363618
消 去 y1 y2
得 2a  3b  13
， 即
的 外 接 圆 的 圆 心 在 定 直 线 2x  3y 13  0
上.17 分
（ 方 法 二 ） 由题知 ， 直线 AB, PA, PB 斜 率 均 存 在 且不为 0 ， 设 PA : y  k1(x  2)  3 ，
PB : y  k2 (x  2)  3 ，令 x  0 ，得 yR  2k1  3 , yS  2k2  3 ,因为 yR  yS  6 ，所以k1  k2  0 ，设
A(x , y ), B(x , y ) , AB : x  ty  n ，联立 
x  ty  n
，得 y2  9ty  9  9n  0 ，
有解，所以

1 122
 y2  9(x 1)
0
y  y  9t, y y  9  9n ①，因为0  k  k  y1  3  y2  3 ，所以0  ( y  3)(x  2)  ( y  3)(x  2) ，
121 2
12x  2
x  2
1221
12
即 2ty y  (n  2  3t)( y  y )  6(n  2)  0 ② ，把 ① 代入 ② 式 可得 3nt  9t2  2n  4  0 ，即
1 212
(n  3t  2)(3t  2)  0 ，因为直线 AB 不过点 P ，所以3t  2  0 ，即t   2 ，所以k 1   3 ,即直
线l 的斜率为 3 .
2
2
x   2 y  n

3ABt2
（ii）由（i）知 AB : x  
3
y  n ，联立3
，得 y2  6y  9  9n  0 ③，
 y2  9(x  1)
设 PAB 的外接圆方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ,因为 P(2,3) 在圆上，所以 F  13  2D  3E ,所以
x   2 y  n

x2  y2  Dx  Ey 13  2D  3E  0 ，联立3，得
x2  y2  Dx  Ey 13  2D  3E  0
13 y2  (E  2D  4n ) y  n2  (n  2)D  3E  13  0 ④， 因为③式与④式有相同的解 y , y ，所以

933
4n  3E  2D  26

0  n(n  D  13)  2D  3E  26
12
,消去n 得(3E  2D  26)(3E  2D  42)  0 ，所以3E  2D  26  0 或
3E  2D  42  0 ，当3E  2D  42  0 时， 4n  3E  2D  26  16 ，所以 n  4 ， AB : x   2 y  4 过
3
点 P(2,3) ,不成立，所以3E  2D  26  0 ⑤，设圆心(a,b) ，即即 PAB 的外接圆的圆心在定直线2x  3y 13  0 上.
D  2a ，代入⑤式得，2a  3b  13  0 ，
E  2b

（方法三）（i）由题知，直线 AB, PA, PB 斜率均存在，设 PA : y  k1(x  2)  3 ，PB : y  k2 (x  2)  3 ，令 x  0 ，得 yR  2k1  3 , yS  2k2  3 ,因为 yR  yS  6 ，所以
k  k  0 ， y2  9(x 1) 等价于( y  3)2  6( y  3)  9(x  2)  0 ，
12
设 AB : (x  2)  ( y  3)  1 并代入上式得
( y  3)2  6( y  3)[(x  2)  ( y  3)]  9(x  2)[(x  2)  ( y  3)]  0
， 两 边 同 除
(x  2)2 得
(6  1)( y  3) 2 (6  9)( y  3)  9  0 ，  0 有解，所以0  k  k   6  9 ，即   3 ，所以
x  2
k3
x  2
l 3
126  12
AB      2 ，即直线
的斜率为 .
2
（ii）同（方法二）中（ii）解法
解：（1）设”前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券”为事件 A ,则
P( A)  1  [C 0 ( 2)4  C1 ( 2)3 ( 3)]  513 .4 分
4 54
N
55625
E( X )  kP( X  k) ，设“从盒中随机抽取 1 个球，抽到红球”为事件 B ,由全概率公式可得
k 0
NNk1 N
E( X )
P(B)   P( X  k)P(B | X  k )   P( X  k) N  N kP( X  k) N，
k 0
k 0
k 0
所以从盒中随机抽取 1 个球，抽到红球的概率为 E( X ) .10 分
N
设第n 1位顾客抽完后，第n 位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机变量Yn1 (n  2) ，则此时盒中的白球数为10  3(n 1)  Yn1, 一共有10  3(n 1) 个球，
3, 第n位顾客抽取到白球

设离散型随机变量n  0, 第n位顾客抽取到红球，由题意得Yn  Yn1 n (n  2),
由（2）知： P(n
 0) 
E(Yn1 )
10  3(n 1)
, P(n
 3)  1
E(Yn1 ),
10  3(n 1)
…11 分
所以 E(n )  3[1
E(Yn1 )],
10  3(n 1)
…12 分
根据参考公式可得
E(Y )  E(Y )  E( )  E(Y )  3[1E(Yn1 )]  3  10  3(n  2) E(Y ),
nn1n
n1
10  3(n 1)10  3(n 1)
n1
所以(3n  7)E(Yn )  3(3n  7)  (3n  4)E(Yn1) n  2 ，13 分
令 an  (3n  7)E(Yn ) ， n  N *
则 a  a 3(3n  7) n  2 ，累加可得a  a  3(3n  20)(n  1) ，因为
nn1
n12
a  10E(Y )  10 6  3  9  2   72 ,14 分
1155 

3(3n2  17n  28)
3(3n2  17n  28)
所以 an 
2(n  2) ， 又因为 a1  72 符合上式， 所以 an 2
， 所以
E(Yn ) 
3(3n2  17n  28)
2(3n  7)
， n  N * ，15 分
所以当n  2 时，由（2）知
E(Y )3[3(n 1)2  17(n 1)  28]9n2  33n  42
P  n1 
n10  3(n 1)2(3n  7)(3n  4)18n2  66n  56
，16 分
39n2  33n  42
又因为 P1  5 符合上式，所以 Pn  18n2  66n  56 .17 分