2026届山东日照市高三模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份2026届山东日照市高三模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共12页。试卷主要包含了04， 设集合，则， 已知向量，，则“”是“”的， 若，，则实数、、的大小顺序为， 已知双曲线， 设为复数等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生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，将试题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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数的定义域求出集合，然后根据交集的定义即可求解.
【详解】集合是函数的定义域，根据对数函数的性质，真数必须大于0，
因此：，即，
由交集的定义可知.
2. 某校学生会体育部长依据本校高三男生的身高（单位：）与体重（单位：）的抽样数据，运用电子办公软件求出了“体重”（y）关于“身高”（x）的回归方程，则该回归方程（ ）
A. 表示x与y之间的函数关系B. 表示x与y之间的不确定关系
C. 反映x与y之间的真实关系D. 反映x与y之间的真实关系的一种最佳拟合
【答案】D
【解析】
【详解】根据线性回归方程的概念可知，回归方程反映x与y之间的真实关系的一种最佳拟合.
3. 已知函数为上的偶函数，且满足，当时，，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，函数的周期为2，且的图象关于直线对称，即可求解.
【详解】由题可得，
所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称.
当时，，
则.
4. 已知向量，，则“”是“”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】根据充分条件、必要条件的定义，判断两者之间的推出关系即可.
【详解】当时，，，
此时，，充分性成立；
当时，，即，解得或，推不出，必要性不成立.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
5. 若，，则实数、、的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出、、，利用对数函数、幂函数的单调性可得出、、的大小顺序.
【详解】由题意可得，，可得，，
因为对数函数为上的增函数，则，
幂函数在上为增函数，则，
故.
故选：D.
6. 将直线绕点逆时针旋转（为锐角，其中）后所得直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用题目条件计算出旋转后的直线斜率，再利用点斜式列出方程.
【详解】设直线的倾斜角为，所求直线倾斜角为α，
又为锐角，其中，所以，则，
即，故直线方程为．
故选：A
7. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为、、A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，设，则，求出点P，Q的坐标，得出，，根据，再利用余弦定理求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率．
【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．
设，则，
由，解得或，
∴，．
又为双曲线的左顶点，则，
∴，，，
在中，，由余弦定理得，
即，
即，
则，所以，则，
即，所以
∴．
故选：C.
方法点睛：离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
8. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（ ）
A. 4B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可.
【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设，则
，
所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，
故截面周长为.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设为复数（i为虚数单位），下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义可判断A；举反例可判断B；根据虚数单位的性质可判断C；根据复数的除法以及复数模的公式可判断D.
【详解】设复数，则共轭复数，
对于A：若，则虚部，
此时，，故，A正确；
对于B：取，则，但，B错误；
对于C：由得，复数范围内解得，C正确；
对于D：对，化简得，故​，D错误.
10. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 函数的最大值为1
D. 方程在上有5个实数根
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数平移规则得出解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出，求出和解析式，再利用三角函数性质逐项判断即可得解.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度后得到：
，
显然的最小正周期为，则长度是的半个最小正周期，
又是的一个单调递增区间，则，
即有，，解得，，
而，解得，于是，
对于A，函数的最小正周期，A正确；
对于B，由，得，函数在上单调递增，
因此函数在上单调递增，B正确；
对于C，，
则，
因此函数的最大值为，C错误；
对于D，对方程，即2f(x)+13f(x)−1=0 ，
得或，
当时，，
sin−π6=sin7π6=sin11π6=−12，且有两个解，
所以方程在上有5个实数根，D正确.
11. 对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质．则下列结论正确的是（ ）
A. 存在公差不为0的等差数列具有性质
B. 以1为首项，为公比的等比数列具有性质
C. 若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质
D. 若数列和均具有性质，则数列也具有性质
【答案】BCD
【解析】
【分析】对选项A：设公差不为0的等差数列，写出相邻项差的绝对值的前项和表达式，因为公差非零，所以判断该和是否能被常数约束；对选项B：写出等比数列相邻项差的绝对值的前项和，可利用等比数列求和公式判断该和是否有上界；对选项C：由具有性质，得到 ，将其转化为相邻项差的绝对值的和的形式，判断是否满足性质；对选项D：利用性质的定义，结合不等式的放缩法则，判断相邻项差的绝对值的前项和是否有上界.
【详解】设，，​
对于A：若是公差的等差数列，则 ，因此 ，
当时， ，不存在满足条件的，A错误；
对于B：等比数列的通项公式为， ，则： ，
，​ 右侧为常数，取即满足条件，B正确；
对于C：若 具有性质，则存在，对任意有，，
对由三角不等式放缩：
，
存在常数 满足条件，C正确；
对于D：若 都具有性质，则二者一定有界：
， （为常数），
对 的差放缩 ，
求和得：，右侧为常数，满足性质，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知分别为的三个内角的对边，若，，则角__________________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】在中，因为，，
所以由正弦定理得，
又，所以或，
在中，由，所以，所以.
13. 已知关于的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若是等边三角形，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，，根据条件可得边长之间关系式，进而得解.
【详解】根据题意设方程的两虚根为，，为实数，
方程的两根在复平面上对应的点分别为和，轴，
又是等边三角形，高为2，则，
解得，则；
则.
故答案为．
14. 已知正实数a，b满足，则______________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数分别求出等式两边的最值即可求解.
【详解】 设 ，求导得 ​，
因此：在单调递减，在 单调递增，最小值为 ，
原等式右边整理为 ，求导得 ，
因此：在 单调递增，在 单调递减，最大值为 ，
原等式即为，而 ，，等号成立当且仅当： ，
故 .​
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. 如图1，在边长为2的正方形中，分别为线段的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2，记二面角的平面角为．
（1）若，求三棱柱的体积；
（2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）根据二面角的定义以及线面垂直的判定定理证明该图形为直三棱柱，然后根据棱柱的体积公式即可求解.
（2）建立空间直角坐标系，求出点坐标以及平面的一个法向量，然后根据线面角的空间向量公式即可求解.
【小问1详解】
由折叠性质可知：，，
因此 就是二面角的平面角，即∠MEB=θ ，
三棱柱为直三棱柱，
原正方形边长为2，为中点，故， .
当​时，，，
S△BEM=12⋅BE⋅ME=12×1×1=12，侧棱长为高，
因此三棱柱的体积V=12×2=1 .
【小问2详解】
建立空间直角坐标系：以为原点，为轴，为轴，垂直平面向上为轴，
各点坐标为 ，，，N22,0,22，
设 ， AP→=−1,t,0，BP→=−1,t−2,0，
由得AP→⋅BP→=1+tt−2=0 ，解得，即，
因此AP→=−1,1,0，
EB→=1,0,0，EN→=22,−2,22，设平面的法向量为，
由{n→⋅EB→=x=0n→⋅EN→=22x−2y+22z=0，取得，
n→=0,1,22， ，
设直线与平面所成角为，由线面角公式得 sinα=∣AP→⋅n→∣∣AP→∣⋅∣n→∣=∣−1∣(−1)2+(−1)2⋅3=12×3=26.
16. 已知数列的前项和为，且成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列是公差为2的等差数列，且．若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值．
【答案】（1） （2）1176
【解析】
【分析】（1）根据等差中项的性质以及和的关系即可求解；
（2）首先求出的通项公式，然后令，可得所有的​都在中，最后根据去掉的项利用分组求和即可求解.
【小问1详解】
由等差数列性质得： ①，
当时，​，解得，
当时，有： ②，
①-②得：​，
整理得： ，
因此是首项为，公比为2的等比数列，
故​.
【小问2详解】
设，代入得： ，
因此，是首项为，公差为的等差数列，
令，即，得，为正整数，
故所有的​都在中（小于，不在中），
要得到的前30项，即从前项中去掉个属于的项，满足，
去掉的项为​​​，共个（，故不在的前35项中），
故，即的前30项和等于前35项和减去5个​的和，
前35项和：，
去掉的5个的和：，
因此.
17. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．
（1）当时，
（i）求甲答对某道题的概率；
（ii）甲答了4道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）已知乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．
【答案】（1）（i）（ii）分布列为
期望值；
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）由全概率公式求解出答案；（ii）由二项分布的知识进行求解；
（2）根据题意得到不等式，求出的最小值
【小问1详解】
（i）记事件A为“甲答对了某道题”，则.
（ii）由题意得，，
随机变量的分布列为：
故
【小问2详解】
由（1）知，设，
由题意得，，解得，
即，解得，故的最小值为
18. 已知抛物线，点在抛物线上．
（1）证明：以点为切点的的切线的斜率为；
（2）过外一点（不在轴上）作的切线AB，AC，切点分别为点B，C，作平行于BC的切线，切点为点，点分别是切线与AB，AC的交点，设BC的中点为（如图所示）．
（i）证明：A，D，E三点共线；
（ii）过外一点的两条切线及第三条切线（第三条切线平行于两切线切点的连线）围成的三角形叫做“切线三角形”，如．设面积为，第1次由点作切线三角形，第2次分别由点作切线三角形，并依此方法重复次，记所得所有“切线三角形”的面积之和为．判断与的大小关系并证明．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设y=kx−x0+y0是以为切点的的切线，然后与抛物线方程联立，使其只有唯一解，进而证明结论.
（2）（i）先求出在处的切线方程，然后联立求出点坐标，进而求出坐标，最后求出直线的方程，从而证明结论；（ii）先列出所有“切线三角形”的面积之和，然后利用等比数列前项和公式计算证明即可.
【小问1详解】
，则以为切点的的切线斜率存在且不为，
设为y=kx−x0+y0.
由于该直线和有唯一公共点，
故联立后的方程组y=kx−x0+y0y2=2x只有唯一解x=x0y=y0.
从而将第一个方程代入第二个，得到的方程y2=2y−y0k+x0只有唯一解.
此方程展开即为y2−2ky+2y0k−2x0=0 ，从而2k=y0+y0，所以k=1y0，
即以点为切点的的切线的斜率为.
【小问2详解】
（i）设By122,y1,Cy222,y2，则，
由（1）可知在处的切线分别是y1y=x+y122和y2y=x+y222，
联立两直线方程解得x=y1y22y=y1+y22，
所以Ay1y22,y1+y22，由于不在轴上，所以，
故kB1C1=kBC=y1−y2y122−y222=2y1+y2，
所以的纵坐标为，从而D12y1+y222,y1+y22，
而Ay1y22,y1+y22，在外，在上，
所以直线的方程是.
因为的中点为，所以Ey12+y224,y1+y22，
所以直线的方程为，
故三点共线.
（ii）.
设S△AB1C1=R ，由（i）可知R=14S△ABC=S4，
由点确定的切线三角形的面积为14×R2=R8，
即后一个切线三角形的面积是前一个切线三角形面积的，
由此继续下去，可得T=R+2·R8+4·R64+8·R512+⋯+2n−1·R23n−1
=R+R4+R16+R64+⋯+R4n−1=R1−14n1−141 两类，当时，分ik−ik−1=1 和ik−ik−1=j>1 两类.
【小问1详解】
设 ，则g'(x)=x2−4x+3=(x−1)(x−3) ，
当或时，，单调递增；
当时， ，单调递减，
又 ，所以在 上最大值为，
所以都满足，所以函数在上最大的“凸点”为5.
【小问2详解】
因为函数fx=2+axln1+x−2x 在上不存在“凸点”，所以f(x)≤f0在上恒成立，，令，
则 ,
当时，恒成立，故在上单调递减，则f'x=gx≤g0=aln1+2−00+1−2=0 ，
故在上单调递减，此时，符合要求.
当时，令，则，
（i），即时，，即在上单调递增，
则，即在上单调递增，有，不符合要求，故舍去；
（ii）当，即时，恒成立，故在上单调递减，
则，故在上单调递减，此时，符合要求；
（iii）当2a−2∈0,2，即时，若，，若x∈2a−2,2，，
即在上单调递减，在2a−2,2上单调递增，
则若需恒成立，有f2≤f0=0 ，解得，因为，
且，即时，符合要求，
综上所述.
【小问3详解】
若在上的“凸点”个数为0，则，符合要求；
若在上的“凸点”个数为，令在上的“凸点”分别为
其中，，,
若，则若，由，则，即，
若，由题意，，，故，
即，又，故，符合要求；
若，则，fi2−fi1>0,⋯,fis−fis−1>0 ，
由，则，
若，即，则0