山东青岛市崂山区2026届高三 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份山东青岛市崂山区2026届高三 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
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】C
【解析】
【详解】由，可得，故，
u，故.
2. 若复数满足（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，
所以.
3. 展开式的常数项为（ ）
A. 15B. C. 60D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理把二项式展开，直接求出常数项．
【详解】展开式的通项公式为：，
要求常数项，只需，解得：r=4.
所以常数项为: .
故选:C.
二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．
4. 直线与圆相交于两点，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】借助点到直线距离公式与圆的弦长公式计算即可得.
【详解】圆的圆心为，半径，
则到直线的距离，
则.
5. 已知函数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的对称性及其在区间上的单调性，即可得出、、的大小关系.
【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，
，
所以，函数的图象关于直线对称，
当时，，
函数在上为增函数，
因为内层函数在上为增函数，外层函数为减函数，
所以，函数在上为减函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
，且，
因为，，则，
所以，，同理可得，
故，
所以，，即，
故选：A.
6. 已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. －2
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，用基底向量分别表示，再利用数量积的运算律列式求出最大值.
【详解】在边长为2的菱形中，由，得，由点在线段上，
令，由点在线段上， ，得，
则，
而，因此
，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
7. 直线l：被圆C：截得的弦AB的长为（ ）
A. 4B.
C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆的弦长公式求解即可.
【详解】由题意得圆心，半径 ，
圆心到的距离为，
所以.
故选：A
8. 已知，则a、b、c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数函数、对数函数的性质及诱导公式和特殊角三角函数值判断大小关系即可.
【详解】由，
所以.
故选：D
二、多项选择题；本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】易知，即.
，即.
A.，成立.
B.因为，所以，不成立.
C.或， ，成立.
D.或， 或，成立.
10. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. 展开式中第1014项的二项式系数最大B.
C. D. 被16除的余数是15
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用二项式定理中二项式系数的特点：中间项的二项式系数最大，求解选项A，对二项式展开式进行赋值，赋值求解选项B，对二项式展开式的左右两边进行求导再赋值求解即可求解选项C，对二项式展开式赋值并观察各项系数特点是否含有16的因数求解选项D.
【详解】展开式中二项式系数最大为第1014项，故选项A正确，
所以
又因为
所以令则故选项B正确.
对函数左右两边求导得：
令，则
又，所以，故选项C正确.
，
令，则，
除第一项外，其余项均可以被16整除，
所以被16除的余数是1，故选项D错误.
11. 已知双曲线：（）的上、下焦点分别为，，下顶点为，是双曲线上第一象限内的动点.当时，的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率
B. 双曲线的渐近线方程为
C. 若过点作双曲线的切线与渐近线交于，两点，则的最小值为4
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，焦点三角形的相关性质，结合双曲线的定义，得到基本量的关系选项B，考察焦点在轴上，渐近线方程.选项D，设点坐标，利用正切值建立坐标与角的关系，两个角的正切值相等，限定范围，得到结论. 选项C，特殊点求解的值计算判断C.
【详解】对于A：由双曲线定义得 ，平方得 ，
在 中由余弦定理得， ，
代入 ，整理得 ，即 ，
的面积，
得 ，即，
又因为，所以，则离心率 ，A正确；
对于选项B：焦点在轴的双曲线渐近线为 ，得 ，B错误；
对于选项D：，设 ，满足 ，
设，，则 ，
代入 ，化简得 ，
设，同理得 ，且 ，故 ，即，D正确；
对于选项C：设点为双曲线C上任意一点，过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于M，N两点，
设，因为，则.
又可得双曲线渐近线方程为：，将渐近线方程与直线方程联立，
可得或，
则，.
则，则的最小值不是4，C选项错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】设到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解.
【详解】在棱长为的正方体中，
由平面，即到平面的距离为，即三棱锥的高，
所以三棱锥的体积为，
设到平面的距离为，
由，可得,
所以，
因为，可得，解得，
所以点到平面的距离为.
13. 在长方体中，，面对角线与截面所成的角为，则____.
【答案】
【解析】
【分析】过点B作于点P，连接，可证平面，即就是与截面所成的角，则，再利用勾股定理求解即可．
【详解】如图，过点B作于点P，连接，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，即就是与截面所成的角，
，因为， ，
所以，整理得，得．
14. 如图，在长方形ABCD中，，以AB为直径在长方形内作半圆E，以BC为直径在长方形外作半圆F，M，N分别是半圆E和半圆F上的动点，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据向量坐标求出数量积的表达式，然后利用辅助角公式将其化简为只含有一个三角函数的形式，最后根据三角函数的性质以及给定的角的范围求出最大值.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，
则
，
其中，．因为，所以当时，取得最大值，最大值为．
故答案为：.
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，在四棱台中，垂直于底面，上、下底面均为正方形，，，分别为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
在四棱台中，垂直于底面，连接，则，
，由是的中点，得，
而，则四边形是平行四边形，，
又，，因此，
同理，而平面，
所以平面.
【小问2详解】
依题意，直线两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则，取，得，
显然二面角的平面角为锐角，设其大小为，
则，
所以二面角的余弦值为.
16. 已知△ABC的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求证：；
（2）求证：
（3）若，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，推出，进而可求证；
（2）由（1）得到，再结合余弦定理，及基本不等式即可求证；
（3）由(2)知，即，故，再结合二倍角公式化简即可证明．
【小问1详解】
由及，
得，
由正弦定理得，即，
所以，
则或（舍去），
所以，即，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，
所以，
整理得；
【小问3详解】
由(2)知，
则，
所以
即．
17. 在三棱锥中，等边三角形的边长为，点为的中点，设二面角的平面角分别为．

（1）证明：；
（2）当时，求直线与平面夹角的正弦值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设的中点为，连接、，借助线面垂直判定定理可得平面，即可利用线面垂直性质定理得到；
（2）过点作的垂线，设垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即可得，则可建立适当空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）过点作的垂线，设垂足为，借助线面垂直判定定理与性质定理可得，即可得，再结合各边长可表示出，结合辅助角公式计算即可得其最小值.
【小问1详解】
设的中点为，连接、，则，
因为三角形PAB为等边三角形，所以，
又因为，所以，
又因为，、平面，
所以平面，又因为平面，所以；
【小问2详解】
过点作的垂线，设垂足为，
由（1）得，平面，由平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，则，
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，即.
，
，设平面法向量，
则，即，
取，可得，，即得，
设直线与平面夹角为，则；
【小问3详解】
过点作的垂线，设垂足为，连接，
由平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，又平面，所以，故，
则，
，
故，
因为，所以，
又因为，
所以，当且仅当时等号成立，
即的最小值为.

18. 双曲线的左顶点为，右焦点为，点是双曲线右支上的任意一点，且在第一象限，设直线与直线的交点为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当三角形为直角三角形时，求直线的斜率；
（3）证明：直线与三角形的外接圆相切．
【答案】（1）
（2）1或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得、，再计算出即可得；
（2）设，可得，再分与讨论即可得；
（3）表示出直线AP方程后，可得点坐标，可设三角形QAF外接圆圆心的坐标为，再利用可得，再利用向量数量积公式计算即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，则，
所以双曲线的标准方程为：；
【小问2详解】
设，则，
当时，将代入，得，
此时直线AP的斜率为；
当时，，
，
联立方程：，可得，解得，
代入得：，此时直线AP的斜率为，
综上所述，直线AP的斜率为1或；
【小问3详解】
直线AP方程为：，令，得，
设三角形QAF外接圆圆心的坐标为，则有，
即，
化简得：，
即，
由，
则，即，
故直线PF与三角形的外接圆相切.
19. 向量列满足：对任意的，都有，其中为单位向量，．记向量与的夹角为．

（1）当时，
①在如图中画出，并直接写出的值；
②求的通项公式．
（2）当时，对任意的，将所对应的值依次排列形成数列，记数列的前项和为．证明：．
【答案】（1）①作图见解析，，；②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①结合平面向量三角形加法法则及减法法则画出对应图形即可得；结合图形计算即可得；②分奇偶讨论可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式，从而可得的通项公式；
（2）结合（1）②所得可得，则由正弦定理可得，借助累乘法可得，从而可计算出时的，即可得数列的通项公式，再分奇偶讨论即可得.
【小问1详解】
①当时，，根据向量三角形加法法则，画出如图，
此时，
当时，，沿着的正方向再构造一个，
根据向量三角形减法法则画出如图，此时；

②当为奇数时，，由，
则，故；
当为偶数时，，由，
则，故；
则，即，
则，
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即，得；
根据得：，
综上所述，的通项公式为：；
【小问2详解】
由（1）②知：，，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
故，即，
则由，可得，
由正弦定理得：，
即对任意的，，则，，，
累乘得，即，
当时，，即，得，
解得，
即，则，
，
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上所述，对任意.