山东威海市2026届高三第二模拟模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份山东威海市2026届高三第二模拟模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟，共8页。
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照.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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的性质以及补集的定义即可求解.
【详解】已知集合，
由补集的定义可知，即，
因此必有且，解得，故A正确.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过等式变形得到，再通过分子分母同时乘以分母的共轭复数即可求解.
【详解】已知复数满足，等式两边同时乘以，得，
移项得，即，故D正确.
3. 已知向量的夹角为，，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知：向量的夹角为，，
则，
所以.
4. 已知直线被圆截得的弦长为，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式、圆的标准方程、弦心距公式求解即可.
【详解】圆可化为，
圆心坐标为，半径为.
圆心到直线的距离为.
由弦心距公式可知，，即，解得.
5. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率为0.75，连续两天为优良的概率为0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为不优良的概率是（ ）
A. 0.85B. 0.8C. 0.2D. 0.15
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式及对立事件概率公式求解..
【详解】设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，
依题意，，则，
即某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率，
所以某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为不优良的概率是.
6. 设函数，若，且的图象在上存在对称轴，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】先化简函数解析式，结合周期可得为正整数，利用对称轴可得答案.
【详解】，因为，所以是的一个周期，
所以，即，其中；
令，则，
因为的图象在上存在对称轴，所以，即；
当时，不合题意；当时，解得，且为正整数，
所以的最小值为3，此时对称轴为，符合题意；
当时，解得，综上，的最小值为3.
7. 已知双曲线的一个焦点为，过原点的直线交于两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的对称性得四边形为平行四边形，然后结合双曲线的定义，利用勾股定理得，即可求解离心率.
【详解】由双曲线的对称性，不妨为右焦点，在第一象限，
设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知，，
所以四边形为平行四边形，所以，又因为，
所以，所以，
在中， ，即，
所以，所以双曲线的离心率为.

8. 已知函数在上有两个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数研究的单调性，结合其区间零点个数列不等式求参数范围.
【详解】由，则，
令，则或，令，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
且，，则，
又时有两个零点，且，
若，即时，，此时，不满足题设，
若，即时，，
只需，则，可得，此时，
综上，.
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.有选谁的得0分.
9. 设函数则（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】求出函数值可判断A，利用反例可判断B,C，分情况求解不等式可判断D.
【详解】因为，所以，A正确；
取，满足，但是，B不正确；
取，，，C不正确；
当时，由可得；当时，由可得；综上可得，D正确.
10. 已知随机变量，则（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的标准化公式，对称性以及概率计算规则求解即可.
【详解】对于A：对于任意正态分布，将其进行标准化处理，即令，
则服从标准正态分布，故A正确；
对于B：对于正态分布，其概率密度曲线关于对称，，，故B正确；
对于C：若，则，，
定义标准正态分布的累积分布函数为，
，
由于和均服从标准正态分布，根据标准正态分布的对称性，，
所以
所以成立，故C正确；
对于D：定义标准正态分布的累积分布函数为
因，故，
，已知，所以，
因为标准正态分布的累积分布函数是单调递增的，所以，故D错误.
11. 已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（ ）
A. 若，则平面
B. 若，则
C. 若平面，则的最小值为
D. 若，则与平面所成的最大角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，结合各项的条件，应用向量法依次分析各项的正误.
【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，
所以，则，
所以，，

A：若，则，故，
由平面的一个法向量为，则，
且平面，所以平面，对，
B：由，则，故，
又，则不一定为0，
所以不一定成立，错，
C：由题意平面，平面，则，
由，，平面，则平面，
若平面，易知，而，，
所以，则，
所以，
由，则时，的最小值为，对，
D：由C分析知，时，，
而平面的一个法向量，则，
所以，令，
所以，且，
当，即时，最大，即与平面所成角正弦值最大为，
由与平面所成角的范围是，故与平面所成的最大角为，对.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数为偶函数，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称，先确定参数，再验证该参数下．
【详解】因为函数有意义，则．
若，则，此时定义域为，不关于原点对称，不符合偶函数定义，故．
当时，临界点为和，定义域为或．
因为为偶函数，所以定义域关于原点对称，故两个临界点互为相反数，即，解得．
当时，定义域为．
对任意，有.
所以．
13. 已知抛物线的顶点为原点，为的准线上一点，为的焦点，线段交于点，若，则________．
【答案】12
【解析】
【分析】求出抛物线焦点坐标，作出几何图形，结合抛物线定义列式求解.
【详解】由抛物线的准线为，则抛物线的焦点，
令抛物线的准线与轴交于点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，
于是，，而，
因此，解得，
所以.

14. 已知等差数列的公差为，设，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式以及两角和差公式整理可得 ，构建函数，结合函数单调性可得，再利用分组（并项）求和法运算求解.
【详解】因为等差数列的公差为，则，，
又因为，
则，
，
，
则 ，
可得 ，
令，则 ，
因为 ，可知在定义域内单调递增，
且 ，可得，
则，
且
，
所以.
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，在四棱锥中，平面，，，，、点在棱上．
（1）当时，求三棱锥的体积；
（2）若二面角的大小为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知点E到平面ABCD的距离为，利用割补法求体积；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求平面BDE、平面BCD的法向量，利用空间向量结合二面角列方程求解.
【小问1详解】
因为，且平面，可知点E到平面ABCD的距离为，
所以．
【小问2详解】
在平面ABP内过点B作直线AP的平行线l，
以B为原点，分别以BC，BA，l所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设，，则，
可得，
设平面BDE的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
由题意可知：平面BCD的一个法向量为，
因为二面角的大小为，
则，可得，
整理得，解得或（舍去），
所以．
16. 在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）如图，已知为外一点，，，，求平面四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）14
【解析】
【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角差的正弦公式可得的值，进而可得结果；
（2）设，通过余弦定理用表示，将四边形的面积表示为关于的函数，求出函数的最大值即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
所以，
可得，
因为，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
设，平面四边形ABCD的面积为S，
在中，由余弦定理得，
所以
，
因为，所以，
当，即时，平面四边形ABCD面积的最大值为14．
17. 把4个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，记放入1号，2号，3号，4号盒子中的球的个数分别为．
（1）求的概率；
（2）求且的概率；
（3）设函数，记，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出4个球放入4个盒子的概率，再求出的情况数，最后根据古典概型公式计算概率.
（2）先求出且的情况数，最后根据古典概型公式计算概率.
（3）先找出X所有可能取值，再分别求出对应的概率，即可得到的分布列与数学期望．
【小问1详解】
由题意可知每个球放入每个盒子中的概率为，
当时，放入1号盒子中球的个数恰好为2，所以的概率为．
【小问2详解】
当且时，放入1号盒子中球的个数恰好为1，
放入2号盒子中球的个数恰好为2，所以且的概率为
．
【小问3详解】
由题意可知X所有可能取值为1、2、3、4，
，
，
，
，
因此X的分布列为
则．
18. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求；
（2）若，求的取值范围；
（3）证明：，．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，然后代入方程计算即可；
（2）构造新函数，求导，再对分类讨论即可；
（3）化简原不等式，再根据（2）结论放缩，利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由，可得，
由题意可知，则，解得，.
【小问2详解】
由（1）得，
设，则，
当时，，
令，解得，所以在上单调递减，
令，解得，所以在上单调递增，
所以，因此符合题意；
当时，，因此不符合题意．
综上可得，m的取值范围是．
【小问3详解】
要证，
只需证，即证，
由（2）知，当时，，
所以，因此，
令，则，
可得，
两式相减得，
所以，因此，得证．
19. 已知椭圆的离心率为，的右顶点与上顶点之间的距离为6.
（1）求的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线分别交于点和，且线段和的中点分别为．
（i）若直线的斜率大于1，且的面积为，求直线的方程；
（ii）若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点列方程求解即可.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到的横坐标，同理得到横坐标，进而得到，再根据三角形面积公式求解即可.
（ii）法一：设，，，，利用以及，化简得到，，再分别讨论直线的斜率是否存在，得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可.
法二：设，，，，联立椭圆方程得到直线PQ的斜率，根据直线垂直，化简得到，再与直线的方程对比得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，
解得，，所以C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）设直线PQ的方程为，，
联立，可得，
可得点G的横坐标为，
所以，
同理可得，
因为的面积为，所以，即，
整理得，即，
解得，因为，
所以，代入可得G，H的横坐标均为，
所以直线GH的方程为．
（ⅱ）法一：设，，，，
由，可得，
因为的中点为，所以，，
所以，
因为，所以，
所以，
（当斜率不存在或中点为A时也满足上式）
同理可得，
所以点G，H在曲线上，
因为，所以，即，
可得①，
当直线GH的斜率不存在时，设GH的方程为，
联立，可得，
所以，，
代入①式可得，即，解得或，
若，则直线GH的方程为，所以直线GH过，不符合题意，舍去，
若，则直线GH的方程为；
当直线GH的斜率存在时，设GH的方程为，
联立，可得，
所以，，
由①式可得，
代入整理得，
即，可得或，
若，则直线GH的方程为，
所以直线GH过，不符合题意，舍去，
若，则直线GH的方程为，所以直线GH过．
综上可知，直线GH过定点．
取AK的中点，
在中，，
所以存在定点，使得为定值．
法二：设，，，，
当直线，斜率都存在时，由，可得，
因为PQ的中点为G，所以，，可得，
所以直线PQ的斜率为，
因为，所以，
即，（当中点为A时也满足上式）
同理可得，
两式相减得，
当直线PQ或MN斜率不存在时，也满足上式，
又直线GH的方程为，
即，所以直线GH过定点．
取的中点，
在中，，
所以存在定点，使得为定值．
X
1
2
3
4
P
X
1
2
3
4
P