山东省泰安第一中学2026届高三下学期高考模拟试卷（一）数学试题 [含答案]

这是一份山东省泰安第一中学2026届高三下学期高考模拟试卷（一）数学试题 [含答案]，共21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。
1. 已知复数满足z3−2i=13i ，则（ ）
A. −2+3i B. −2−3i C. D.
2. 已知向量，，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
3. 已知a∈R,a≠0 ，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 84B. 96C. 100D. 103
5. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
7. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数在区间上有最大值，则正整数的值有（ ）
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
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，有错选的得0分.
9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ）
A. 这组数据的众数是3
B. 这组数据的60%分位数是0.5
C. 这组数据的方差大于5
D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小
10. 已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（ ）
A. B. 在区间上单调递减
C. 的最大值为D. 的最小值为
11. 已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若平面，且，则的最小值为
B. 若，且，则的最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知成等比数列，且，若，则__________.
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则的离心率为__________．
14. 已知集合，若函数满足：，都有，则符合条件的函数共有__________个.
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. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
16. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在极小值，且极小值大于0，求的取值范围.
17. 如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为．
①求的长；
②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面．
18. 已知椭圆的左焦点为.
（1）求的离心率；
（2）为上一点，在处的切线为.
①证明：的方程为；
②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值.
19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率.
（1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率；
（2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明：
（3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明.
数学
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：∵z3−2i=13i ，
∴z=13i3−2i=13i3+2i3−2i3+2i=13i3+2i13=i3+2i=−2+3i
.
2. 已知向量，，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
答案：B
解析：
思路：根据数量积坐标公式及运算律，即可得答案.
解答过程：由题意，
所以，而，
所以．
3. 已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：将点代入中得，则，则准线方程为，
故点到的准线的距离为.
4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 84B. 96C. 100D. 103
答案：C
解析：
思路：设出首项和公差，得到基本量，最后求解即可.
解答过程：设首项为，公差为，由题意得，
可得4a1+4(4−1)2d=267a1+7(7−1)2d=77，解得，
则.
5. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先求出，再与联立求出即可.
解答过程：因为，所以，
因为，所以csα+β=±1-sin2α+β=±13，
若，
则csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=13tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=14，得sinαsinβ=19csαcsβ=49，
则csα−β=csαcsβ+sinαsinβ=59；
若csα+β=−13，
则csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=−13tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=14，得，
与矛盾，
故.
6. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
答案：C
解析：
思路：求出函数的定义域，利用对称性的特征可得，再利用求解，最后得到即可.
解答过程：函数的定义域满足，即，
由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称，
则的解集只能为，故.
由，得，
故，即得
则，解得，故.
7. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积.
解答过程：设该圆柱高为，底面半径为，则，即有，
圆柱的侧面积，
故当且仅当、时，取最大，
此时圆柱的外接球半径为，
则该球的体积.
8. 若函数在区间上有最大值，则正整数的值有（ ）
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
答案：C
解析：
思路：先对求导，根据导数的性质分析函数的单调性，再结合在区间上有最大值这一条件列不等式求解出的取值范围，最后根据为正整数确定的个数.
解答过程：，.
令，得或.
由题意，，.
当或时，，单调递增，当时，，单调递减.
在区间上有最大值，则必须要保证极大值点在区间内且，
即，
整理得 ，
即，解得.
又，可取共5个.
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，有错选的得0分.
9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ）
A. 这组数据的众数是3
B. 这组数据的60%分位数是0.5
C. 这组数据的方差大于5
D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小
答案：ACD
解析：
思路：将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D.
解答过程：将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.
对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；
对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；
对于C，平均数，方差，故C正确；
对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.
10. 已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（ ）
A. B. 在区间上单调递减
C. 的最大值为D. 的最小值为
答案：BC
解析：
思路：利用辅助角公式化简，对称轴为，求出和，得到解析式，由，且在区间上单调，可得与关于对称中心对称，即可求解的最大值，的最小值.
解答过程：，其中，
因为一条对称轴为直线，
所以，解得，A错误；
则，所以可取，
此时，
由，得，
由于，所以在区间上单调递减，B正确；
因为在区间上单调，且，
所以的最大值为，C正确；
对称中心横坐标满足，得，
又，且在区间上单调，
所以与关于对称中心对称，所以，
所以当时，可得最小，D错误．
11. 已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若平面，且，则的最小值为
B. 若，且，则的最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 的最小值为
答案：ABD
解析：
思路：过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面，则点的轨迹为线段，可求出长的最小值，可判断B选项；过点作分别交、于点、，连接、、，推导出平面，可知点的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项.
解答过程：对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接，
因为，平面，所以平面，同理可证平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段，
因为，所以，则，同理可得，
又因为，，则是边长为的等边三角形，
当点为的中点时，，此时的长取最小值，
此时，A对；
对于B选项，如下图所示，连接、，
易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点，
所以，，
又因为、平面，，所以平面，
当时，平面，则，故点的轨迹为线段，
由勾股定理可得，同理可得，
故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对；
对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、，
因为为正的中心，则，因为，则，
因为三棱锥为正四面体，则平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段，
延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则，
因为，所以，故，
由余弦定理可得，
故，同理可得，
由余弦定理可得，
所以，
当时，的长取最小值，此时，
故长的最小值为，C错；
对于D选项，如下图所示：
延长交线段于点，则点为线段的中点，
因为、均为等边三角形，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，
因为平面，平面，所以，
易知，
，
设点关于直线、的对称点分别为、，
由对称性可知，，，
所以 ，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
故，
由对称性知，，
所以，
当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立，
故的最小值为，D对.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知成等比数列，且，若，则__________.
答案：2
解析：
思路：由等比数列性质求得，然后解方程组可得结论.
解答过程：因为成等比数列，所以，，
化为，因为，故解得，
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则的离心率为__________．
答案：##
解析：
思路：方法一：由平面几何知识证明，，结合双曲线定义可得，由此可求离心率，
方法二：联立方程组求的坐标，根据关系列方程，化简可得，再结合离心率定义求结论.
解答过程：方法一：因为直线的方程为，
所以直线的斜率为，倾斜角为，
所以，
因为四边形为矩形，
所以，
所以，
所以，即，又，，
所以，，
由双曲线定义可得，
所以的离心率.
方法二：显然直线与交于原点O，
由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，
设点，而
由得，解得，
则，
则，化简得，即，，
解得，
则.
14. 已知集合，若函数满足：，都有，则符合条件的函数共有__________个.
答案：
解析：
思路：根据函数的定义，结合值域的性质、分类计数原理和分步计数原理进行求解即可.
解答过程：当集合中所有元素只和集合中一个元素对应时，显然符合，都有，此时可以构成个函数；
当集合中元素只和集合中二个元素对应时，这时这两个元素分别为，共5种情况，
以为例，集合中每一个元素都有2种对应方式，因此这样可以形成
个函数，但是会出现集合中所有元素都与或2对应，
因此构成函数的个数为个，
所以这种方式一共有个不同的函数；
当集合中元素只和集合中三个元素对应时，这时这三个元素分别为，共2种情况，
以为例，集合中每一个元素都有3种对应方式，因此这样可以形成
个函数，但是会出现集合中所有元素都与或2或3对应，或，或，或对应，所以可以形成个不同的函数，
所以这种方式构成的函数有个；
当集合中元素和集合中四个元素都对应时，这样出现，不符合题意，
综上所述：符合条件的函数共有个.
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. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可；
（2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可．
（1）解：，
利用正弦定理：，
整理得：，
由于，
所以，因为，所以；
（2），，
，即，
解得（负值已舍去），则，
.
16. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在极小值，且极小值大于0，求的取值范围.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据已知可得，由导数的几何意义求切线方程；
（2）对函数求导，根据已知有，再确定的极小值，结合其大于0求参数范围.
（1）由，则，可得，满足题设，
所以，则，可得，而，
所以曲线在点处的切线方程，即；
（2）由题设且，
当时，恒成立，显然不存在极值，
所以，则有，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，此时存在极小值，
所以，可得.
17. 如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为．
①求的长；
②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面．
答案：（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
解析：
思路：（1）利用菱形对角线互相垂直，得；再由翻折的不变性，得；结合，根据线面垂直判定定理证得结论；
（2）① 由（1）的垂直关系，确定为二面角的平面角；在菱形中求出，翻折后；在中，用余弦定理直接计算；
②先由面面垂直性质确定在底面的射影在上，再通过相似三角形推出为的中点；接着利用中位线分别证明、，从而证得平面平面，最后由面面平行的性质得平面．
（1）连接交于点，连接，
因为是菱形，所以，所以，，
因为沿翻折至，所以，且，
又平面，，
所以平面；
（2）①由（1）知，，平面，平面，
所以是二面角的平面角，故，
菱形中，，，，
所以在中，，
故，即；
②由（1）知平面，因为平面，所以平面平面，
因为在平面上的射影为，平面平面，所以．
过点作平面的垂线，垂足为，连接并延长交于点，连接，
由①知，，，故，从而，，
因为与相似，所以，故，
所以为的中点，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
18. 已知椭圆的左焦点为.
（1）求的离心率；
（2）为上一点，在处的切线为.
①证明：的方程为；
②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值.
答案：（1）
（2）①见解析；②
解析：
思路：（1）根据椭圆方程直接算离心率；
（2）①联立，证明与椭圆相切即可；②先得到点坐标，再求直线，的斜率关系，再利用为定值得到的轨迹方程，表示出进行求解．
（1）由椭圆知，
故，所以的离心率；
（2）①由点在椭圆上，得，则点在直线上，
由，联立消去得，
即，
也即，
将代入上式化简，得，
因为，
故切线的方程为；
②由①知，的方程为，当时，，则得，
由于，故直线的斜率，
由于，故直线的斜率，
又与交于点，
所以，
设，则，
化简得的轨迹方程为，
，
所以当时，的最小值为．
19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率.
（1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率；
（2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明：
（3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明.
答案：（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
解析：
思路：（1）合理分析目标事件的情况，再结合二项分布概率公式求解概率即可.
（2）合理分析题意，进而结合全概率公式证明目标等式即可.
（3）结合题意得到，进而结合组合数的性质证明即可.
（1）设事件为“5局3胜”的赛制中，A选手获得最终胜利，
则事件等效于进行5局比赛且A至少胜3局.
记5局比赛中A获胜的局数为，由题意得，
所以.
（2）设进行局比赛，赢的局数为，
则，
在“局胜”的赛制中，A第一局胜的条件下，A获得最终胜利有两种情况：
①若第2局A输，则后续打满局比赛，至少胜局；
②若第2局A胜，则后续打满局比赛，至少胜局；
由全概率公式得
，
所以
.
（3）不妨设有无数名种子选手，
若上半区的所有种子选手先被抽完，则当“上半区抽完名种子选手时，
下半区至多抽取了名种子选手”，
得到“总共有名种子选手，至少抽取了名上半区种子选手”.
设总共有名种子选手时，来自上半区的有名，则，
所以.
事件“”等效于在在“局胜”的赛制中，
每局获胜概率都为，最终A获胜，
由对称性可知，则，
所以，
因为，
又，所以，
所以，故.日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差
1
0
3
3
日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差
1
0
3
3