2026济南历城二中高三下学期3月模拟预测试题数学含解析

这是一份2026济南历城二中高三下学期3月模拟预测试题数学含解析，共24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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．函数 的最小正周期是（ ）
A．B．C．πD．2π
4．已知抛物线的焦点为，．若上存在点，使得，且的面积为2，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（ ）
A．84种B．129种C．156种D．165种
6．设等比数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A．24B．32C．36D．108
7．在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A．5B．C．D．
8．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．6
二、多选题
9．已知直线a，b及平面，．下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
10．已知抛物线，过焦点的直线交于点，则（ ）
A．的坐标为B．
C．的最小值为2D．
11．已知函数，，为的极大值点，，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．的展开式中的系数是__________.
13．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 的周长为20，面积为10 ，D为边BC的中点，则BC边中线AD=________
14．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，，过且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，，则的周长是________．
四、解答题
15．在中，角的对边分别为,且．
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求该三角形的周长．
16．已知数列、的前n项和分别为、，，，为等比数列且，.
(1)求、；
(2)求数列的前n项和.
17．已知两个非零向量，的夹角为，定义与的外积分记为，其结果是一个向量，它的长度规定为，它的方向规定为与，均垂直；如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为上一点，.
(1)求的值；
(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若为上一点，，求.
18．已知椭圆的焦距为2，且离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求点到直线距离的取值范围．
19．甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每场比赛的结果相互独立.
(1)当时.
（i）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率；
（ii）记比赛结束时的场数为，求的分布列和数学期望；
(2)若比赛结果为或者时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围.
1．B
【详解】求集合： ，
由，得，即，
又，，故.
求集合： ，
由，得，故.
所以.
2．A
【详解】依题意，.
3．A
【详解】，
所以最小正周期.
4．B
依题设，利用题设条件与焦准距可得，再由三角形面积计算即得.
【详解】由题意可知：，则，
设，则，可得，即，
又因为的面积为，解得.
5．D
【详解】3本都给1个人：共种；
3本分为1本和2本，分给2个人：选2个不同竞拍者并分配数量，共种；
3本分给3个人，每人1本：选3个不同竞拍者，共种；
总结果数：种.
6．B
【详解】设等比数列的公比为.若，，则，
故，
，所以，
故.
7．C
根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可.
【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线，
取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O，
在正中，，，得，
又，即，
则，，，
由余弦定理得，则，
过O作PE的垂线，垂足为G，由，，
因为，PA，平面，所以平面，
又平面PBC，则平面平面，
又平面平面，平面，因此平面PBC，
在中，，
所以球心O到平面PBC的距离为，
则三棱锥的体积为，
而，设点到平面的距离为，
由，得，解得，
则点到平面的距离为.
8．D
由题意可得，根据复合函数单调性可得函数在上单调递减，进而可得，再利用基本不等式求解即得.
【详解】由，可知定义域为，
又，即，
则，
所以，
因为在单调递减，在定义域内单调递增，
由复合函数单调性可知，在单调递减，
显然在上单调递减，所以函数在单调递减．
令，
因为，
所以函数是定义在上的奇函数，故函数在也单调递减，
所以函数在定义域上单调递减．
正实数a，b满足，所以
故，即，所以，
当且仅当时，取等号，即的最小值为6．
9．BD
【详解】对于A，若，，则直线与直线可能平行，可能异面，故A错误.
对于B，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两条直线平行.若，，则，故B正确.
对于C，若，，则直线与平面，可能垂直可能平行也可能相交但不垂直. 故C错误.
对于D，若，，如图过直线作平面与平面相交于直线，可得，因为，所以，又因为， 可得.故D正确.
10．ABD
对于A，根据抛物线的性质求焦点坐标即可判断，对于B，设直线，联立方程组结合根与系数的关系求即可判断，对于C，结合抛物线焦点弦公式求弦长的表达式，再求其最小值即可判断，对于D，根据抛物线定义利用表示，进一步计算即可判断.
【详解】对于A，抛物线，设抛物线的焦点到准线的距离为，
则，故的坐标为，故A正确；
对于B，设直线，联立，得，
方程的判别式，
，，
，，
故，故B正确；
对于C，因为，
所以当时，弦的长度最小，最短弦的长度为4，故C错误；
对于D，由，
得，故D正确.
11．ABC
先求出的导数，再设，利用导数结合零点存在定理可判断的极值点满足的性质，据此判断AB的正误，再利用导数求出的单调性，设，利用导数研究其单调性后可判断，故可判断CD的正误.
【详解】因为，设，
则，当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故，当时，即，
而，故存在，使得即，
且时，即，当，即，
故为的极大值点即，
由前述分析可得也是最大值点且，故B正确.
而，而，
故，即A正确.
易知，当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
因为，故为方程的解，
当时，，而，此时方程无解；
当时，设，
因为在上为增函数，在上为减函数，
故在上为增函数，而，
，故在上存在唯一的零点，
而当时，因为在上为减函数，故，
当时，恒成立，故无解，
综上，即，故C正确，D错误.
12．5
【详解】的展开式通项为，
令解得，
所以展开式中的系数是.
13．
【详解】已知在中，，结合正弦定理，得，整理得，
由射影定理可得，因为的周长为，即，代入，可得，
又因为的面积为，由面积公式，结合余弦定理，
联立可得，
再利用半角公式，则，解得，，
进而得，则或，
则根据中线定理可得，
因此.
14．8
根据已知得到为等边三角形，为的垂直平分线，进而有的周长等于，结合椭圆的定义求三角形的周长，再联立直线与椭圆并应用韦达定理、弦长公式列方程求椭圆参数，即可得周长.
【详解】因为，即，则，
即，，
则，故，
故为等边三角形，为的垂直平分线，
所以，，则的周长等于，
其中，则的周长为，
又因为直线的斜率为，
则直线的斜率为，可得直线为，
联立方程，消去y得，
且，可得，
设，则，
故，解得，故，
则的周长为.
故答案为：8.
15．(1)
(2)12
（1）用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和与三角恒等变换化简，即得角；
（2）先由面积公式求出的值，再用余弦定理求出的值，从而求得三角形的周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，
整理得：，
因为，所以，故，
因为，所以.
（2）因为的面积为，所以，
解得，
又因为，
即，
所以，故的周长为.
16．(1)，
(2)
（1）先由的递推关系式可构造一个等差数列，进而可得，再根据与的关系可得，对于求可用等比数列的前n项和性质解得，也可根据前n项和公式解得；
（2）直接裂项求和可得，即可按裂项，也可按裂项可得.
【详解】（1）由得，即，
又，是以为首项，2为公差的等差数列，
，，
时，，
时，，符合上式，
综上，
求方法一：
设公比为，由，得，
，..
求方法二：
若，则.，
，.
（2）由（1）知，，
（拆项方法二）：，
17．(1)3
(2)
(3)
（1）建立空间直角坐标系，利用外积分的长度规定结合求的值；
（2）求出平面的法向量，向量法求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，，由与均垂直，求出的值，得到，再由，求的值.
【详解】（1）在四棱锥中，底面为矩形，底面，
以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，得，
，，
，
，
，
化简得， 即，又，解得.
（2）若为线段的中点，有，
，设平面的一个法向量为，
，令，则，即，
又，设直线与平面所成角为，
则.
（3）为上一点，设，，
则，设，，
，又，，
则有，解得，
所以，，
又，则.
18．(1)
(2)（ⅰ）（ⅱ）
（1）根据条件列方程组求解；
（2）（ⅰ）设与椭圆方程联立，设，，联立直线和椭圆的方程，得出坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简；
（ⅱ）根据，，三点共线，得出坐标关系化简求出即可求出.
【详解】（1）由题意易知：，，，故，，
因此椭圆；
（2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在，
故设，设，，
由，可得，
所以，，
记，则直线，
由，可得，
所以，
故，
代入直线，可得，
同理：，
因此
，
故有；
（ⅱ）设，则，．
由于，，三点共线，
故，
进而，
化简可得：，因此，即，
则，
当A，C重合时，，或（舍去），
不妨取，此时，即，
此时到AB的距离为；
同理，当B，D重合时，到AB的距离也为；
故点到直线距离的取值范围为.
19．(1)（i）；（ii）分布列见解析
(2)；取值范围是
（1）（i）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4场的概率，然后利用条件概率求解；
（ii）先确定的取值，并计算相应的概率，列出分布列，根据期望计算公式计算；
（2）先确定甲队成长值的得分的可能取值，并计算概率，根据期望计算公式计算.得出期望关于的关系式后，通过导数判断在上的单调性确定其范围.
【详解】（1）当时
（i）设事件表示“比赛恰好进行4场”，事件表示“甲队获胜”.
甲队获胜包含三种情况：
比赛3场甲队获胜，其概率为.
比赛4场甲队获胜，即前3场甲队胜2场，第4场甲队胜，概率为.
比赛5场甲队获胜，即前4场甲队胜2场，第5场甲队胜，概率为.
∴甲队获胜的概率为.
甲队获胜且比赛恰好进行4场的概率为.
∴在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了4场的概率为.
（ii）的可能取值为3，4，5.
；
；
.
∴分布列为
.
（2）甲队本次比赛的成长值得分的可能取值为3，2，1，0.
；
；
；
.
∴
.
令，
，
∵，∴，
再令，
，判别式，
的两根为，，
由可得或，由可得，
∴在上单调递减，则，而，
∴时，，∴，
因此函数在上单调递增，
当时，，当趋近于1时，.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
A
B
D
B
C
D
BD
ABD
题号
11









答案
ABC









3
4
5