山东滨州市滨城区2026届高三二模数学试题（含解析）高考模拟

这是一份山东滨州市滨城区2026届高三二模数学试题（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了填空题和解答题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 已知集合，集合，，则集合， 已知一个无盖的圆柱形容器等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑、写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单项选择题：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，集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集交集计算即可
【详解】根据题意可得：，
所以.
故选：D
2. 已知i是虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【详解】，所以的虚部为.
3. 已知实数a，b，则“且”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】
【详解】由且，根据不等式性质可得，
反之，取满足，此时和不成立，
故“且”是“”的充分不必要条件.
4. 函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
5. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分.学生得分的频率分布直方图如图所示，根据图中数据，估计得分的第80百分位数为（ ）
A. 78B. 82C. 85D. 88
【答案】D
【解析】
【分析】由百分位数计算公式即可求解.
【详解】频率分布直方图中，所有区间的频率和为1，
可得 ，
因此：
各区间累计频率为：
频率，累计，
频率，累计，
频率，累计，
频率，累计 ，
因此第80百分位数落在区间 内，
根据百分位数计算公式：第80百分位数 .
6. 若，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，，
即，则，
则.
7. 已知一个无盖的圆柱形容器（忽略容器壁厚度），其底面半径为10厘米，母线长为30厘米，现在将该容器盛满水并缓慢倾斜，设圆柱形容器的母线与水平面所成角为，当剩下的水为原来的时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】该容器盛满水时的体积为，
倾斜后剩下的水为，
所以流出的水的体积为，
所以，所以
8. 在平行四边形中，为边上的动点，为外接圆的圆心，且.若，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意确定为直角三角形并求出线段的长，然后以为基底去计算的值即可.
【详解】由可知为的中点，又因为为外接圆的圆心，
所以为直角三角形，，所以，
又因为所以，所以，
又因为E为边上的动点，所以
，
因为，所以当，的最大值为.
二、多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知曲线，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则C是圆
B. 若，则C是一条直线
C. 若，则C是椭圆，其离心率为
D. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，时，，则C是单位圆，A正确；
B选项，若，，即，则C是两条直线，B错误；
C选项，若，，则C是椭圆，其中，，，
其离心率为，C正确；
D选项，，，则C是双曲线，，，
渐近线方程为，D错误.
10. 已知，，，若对任意实数都有，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 满足条件的有序实数组的组数为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由条件可得函数与函数是同一个函数，分别对两个函数的振幅，最小正周期，初相分类讨论并判断可得结果.
【详解】因为对任意实数都有，
所以函数与函数是同一个函数，
振幅：，得，故A错误；
最小正周期：，得，故B正确；
初相：当时，则，所以，
因为，取，得.
当时，则，即，
所以，即，由，取，得.
当时，则，即，
所以，得，由，取，得.
当时，则，即，
所以，由，取，得.
综上所述，或或或.
因此，满足条件的有序实数组的组数为：，，，，故D正确.
对于C，对所有可能的计算，
若，则；
若，则，
若，则，
若，则，
综上所述，得，故C正确.
11. 已知无穷数列的前n项和为，且对于任意，（且），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使得是常数列B. 任意，有最大项，无最小项
C. 存在，使得是周期数列D. 任意，不是递增数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系求出通项公式，再逐一判断各个结论即可.
【详解】在无穷数列中，，，
当时，，两式相减得：，
而，即，
对于A，当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
又，所以不是常数列
当时，，当时，，所以不是常数列，
所以不存在，使得是常数列，A错误；
对于B，当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
且，，所以数列是递减数列，
所以数列有最大项为，没有最小项，B正确；
对于C，当，即时，，数列是周期为的周期数列，C正确；
对于D，当时，，当时，，所以不是递增数列，
当时，，
若，则恒成立，是递减数列，
若，则随的增大，正负相间变化，即不可能恒成立，
因此对于任意，不是递增数列，D正确；
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分.
12. 已知函数，，则函数的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求函数的导数，再列表判断可得函数的最大值.
【详解】由函数，得，
令，解得或者，
列表：
所以是函数在上唯一极大值点，也是最大值点，
因此函数的最大值为.
13. 已知变量和变量的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，经重新计算得到新回归直线的斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为__________.（残差观测值预测值）
【答案】##
【解析】
【分析】将样本中心点代入回归方程中求出，即可得出，进而得出新数据的样本中心点和回归方程，代入计算即可.
【详解】由题意得，，
则，，
当增加两个样本数据和后，
变量的平均数为，变量的平均数为，
因为新回归直线的斜率为3，所以可设其方程为，
将代入得，则，
令，则，则样本数据所对应的残差为.
14. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取球，若存在为整数，使得标有数字和的球均已被取出，则停止取球．记为取出的球的个数，则的数学期望______．
【答案】####
【解析】
【分析】先根据题意确定停止取球的条件，再确定的取值，求出其分布列，根据期望的计算公式计算.
【详解】当，；当时，；当时，；
由题，则当标有数字或者或者的球均已被取出，则停止取球，
所以的可能取值是，
；；；
所以的分布列为
.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积，且.
（1）求C；
（2）若C的角平分线交AB于D，且，求b.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式和余弦定理可得，进而得到；
（2）在（1）基础上，利用三角形面积得到方程，由正弦定理可得，从而求出b.
【小问1详解】
，，
又，故，
故，又，故；
【小问2详解】
由（1）中可知，，
，
，
又，，
故，
因为，，所以，，
故，
由正弦定理得，即，，
所以，
又，故，解得，
故.
16. 已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在，使，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导，根据导数求得函数，结合题意可得成立，令，求导，根据导数计算即可求解.
【小问1详解】
若，则，，
则，，
所以过点的切线方程为，即；
【小问2详解】
函数的定义域为，
，
当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，函数有最小值，即，
若存在，使，则成立，
即，即，
令，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
所以在区间恒成立，
所以函数在区间上单调递增，
因为，
所以当 时， 成立，故的取值范围为.
17. 已知椭圆上顶点为，右焦点为，坐标原点为，且，，为椭圆上两个不同的点（均不与重合）.
（1）求椭圆的方程；
（2）若为的垂心，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，进而可求得，可求椭圆方程；
（2）由，可求得，设直线方程为：，利用根与系数的关系结合列式可求得的值.
【小问1详解】
由题意，椭圆上顶点为，故，
又，故，从而
因此椭圆方程为：；
【小问2详解】
由（1）可知，故，，
因为为的垂心，所以且，
则必有，设直线方程为：
联立直线与椭圆：得：
令，解得：，
由韦达定理：，
则，故，
即：
整理得：，
将代入化简得：，解得或
当时，直线过点，不符合题意，舍去
当时，满足，符合题意.
故直线方程为：，即.
18. 如图，在四面体中，，是边长为的等边三角形，D是的中点.

（1）若，I是点P在平面内的投影，存在实数x满足.
（i）求x的值；
（ii）若，求的值；
（2）若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为R，求证：当取最小值时，.
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）（i）由条件可得结合共面向量定理得解；（ii）连接，由已知可得，利用勾股定理求得，结合，求得关系，得解；
（2）设与平面所成角为，以点为坐标原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体外接球的球心坐标，由向量数量积运算求得，进而得到，再由得，从而得到，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论.
【小问1详解】
（i）由，得，
因为点平面，由共面向量定理知，得.
（ii）连接，
因为，所以，
所以，所以.
因为，是的中点，
所以在中，，
在中，，所以，
所以，
又，，
所以在中，，得，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
因为，，异面直线与所成角为，
所以，得，
设二平面角的平面角为，以点为坐标原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
设四面体外接球的球心为，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
又，且，
所以，解得，
所以，
令，则，所以，
令，，则，
由，即，解得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，即，故.

19. 已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
（1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
（2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【答案】（1）不满足，理由见解析；
（2）同时满足，理由见解析；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义验证，即可判断；
（2）根据定义逐一验证，即可判断；
（3）首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.
【小问1详解】
不满足性质①，理由如下：
取，，得，，计算得​，
不是正整数，不属于，不存在满足条件的​，因此数列不满足性质①。
【小问2详解】
同时满足性质①和性质②，理由如下：
验证性质①：对任意，，
计算得： ，​ 时为正整数，
因此存在使得，性质①成立，
验证性质②：对任意，取，，满足，
计算得： ，
因此存在满足条件的，性质②成立，
故同时满足两个性质；
【小问3详解】
首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，
另一方面，，由数列的单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证，若数列中存在正项，则必不存在负项；
综上可得，数列中的项同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，（的情况类似）
由①可得：存在整数，满足，且 （*）
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得： （**）
由（**）和（*）式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入（**）式，从而.
综上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.