山东省德州市2026届高三下学期5月考前模拟数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省德州市2026届高三下学期5月考前模拟数学试题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知点是所在平面内一点，且，记，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，三角形面积为，则的周长为（ ）
A．B．
C．D．
5．若（，为有理数），则（ ）
A．B．
C．D．
6．圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（ ）
A．B．
C．D．
7．设为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．对于正整数，函数定义如下：，则存在实数，使得方程有四个不同实数解的所有正整数的和为（ ）
A．26B．27C．28D．29
二、多选题
9．已知函数的图象关于点对称，则（ ）
A．
B．在上单调递减
C．在区间上的最小值为
D．若，，则
10．某数学试卷有道单选题，若某学生对其中的道题完全掌握，道题有思路，道题没有思路．完全掌握的题目能选出正确答案；有思路的题目，每道做对的概率为；没有思路的题目，猜对的概率为，则（ ）
A．答对道题的概率为
B．至少答对道题的概率为
C．答对题目个数的数学期望为
D．随机选一道题作答且做对，则该题是有思路的概率为
11．在直四棱柱中，底面为菱形，，，侧棱，为底面对角线的交点，点是侧面内的动点（含边界），且满足平面，则（ ）
A．动点的轨迹是一条线段，且长度为
B．过，，三点的平面截该直四棱柱所得截面可能为平行四边形
C．直线与平面所成角的正切值的取值范围为
D．三棱柱的外接球球心与动点距离的最小值为
三、填空题
12．设曲线在点处的切线与直线垂直，则_______．
13．双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线右支上一点且在以为直径的圆上，直线的斜率为2，则双曲线的离心率为______．
14．设，，，函数，从有序实数对中随机抽取一个，则函数恰有三个零点的概率为__________．
四、解答题
15．已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．某学校为了解本校学生的就餐情况，月末对学生的月度餐费进行了统计与分析，并从中随机抽查了200名学生当月的食堂就餐费用，将他们的餐费分成以下6组：，，，，统计结果如下表所示．
已知学生的月度餐费（单位：元）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本标准差，并已求得．且该校现有在读学生1万人．（，近似替代时按四舍五入保留到整数位）
(1)试估计该校学生月度餐费在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)该校拟实施“爱心餐补”为梦想护航，计划免费赠送给在餐厅就餐的学生若干就餐补助，具体赠送方案如下：
方案1：每人每月赠送100元就餐补助；
方案2：月度餐费不高于378元的学生每月赠送220元的餐补，月度餐费在（378，内的学生每月赠送120元的餐补，月度餐费高于518元的学生每月赠送80元的餐补．
如果方案二比方案一支出增幅不高于50个百分点，学校将会选择更科学有效的方案二，问：学校能顺利实施方案二吗？
参考数据：，
17．如图，四棱锥中，底面满足，，，，分别是，的中点，且，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．已知圆的一条直径与抛物线的通径（过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦）恰好构成一个正方形的一组邻边．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点在第一象限，过，分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为、，证明：；
(3)点 在上，过且斜率为2的直线与直线交于点，且．设直线与的另一个交点为，焦点到直线的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由．
19．已知函数．
(1)求的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，讨论在区间上零点的个数．
参考答案
1．A
解析：因为，，
所以，
所以.
2．D
解析：，所以的虚部为.
3．A
解析：由，得，
所以.
4．D
解析：根据三角形面积公式 ，代入已知，；
，解得：，
根据余弦定理 ，代入， ​，
对式子变形： ，代入，
得： ，即 ，所以，
三角形周长为.
5．C
解析：根据二项式定理，的展开式为：.
当为偶数时，，项为有理数，构成：；
当为奇数时，，项为乘以有理数，构成：，所以.
则.
6．C
解析：由题意可画图如下：
底面直径​，故底面半径​​，高，
过的中点作平行于底面的截面，该截面半径为，
由相似三角形性质，有，所以，
以该截面为底面挖去一个圆柱，圆柱的高，
圆锥的母线长；
则；
；
；
故.
7．D
解析：椭圆方程，得，因此，
根据椭圆的定义有，，
在中，因为，所以，
由同角三角函数关系式可得，
由余弦定理，，
即，得.
又在中，是的中线，所以，如图：
所以
，
因此，，即.
8．B
解析：因为
当时，，所以当时，先减后增，
则存在实数，方程有两个不同实数解；
当时，单调递减，
方程至多有一个实数解；
当时，，
所以当时，先减后增，
则存在实数，方程有两个不同实数解；
当时，单调递增，
方程至多一个实数解；
所以当时，存在实数，方程有四个不同实数解；
又为正整数，
所以可取，
所以，
故所有正整数的和为.
9．AB
解析：对于A：正弦函数的图像关于点对称，
因此满足，即，
所以，即，又，所以，A正确；
对于B：由A，，正弦函数的单调递减区间为，
由，得，
时，递减区间为，区间，因此在单调递减，B正确；
对于C：当时，， 当，即时取最小值，不是，C错误；
对于D：由得，
又，故，
所以，
因为，所以， D错误.
10．ABD
解析：对于A，答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题全部答对，
由相互独立事件的概率公式得，A正确.
对于B，至少答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题答对道或道，
答对道的概率：由A选项可知为；
答对道分两种情况： ① 道有思路的全对、道无思路的错：；
​ ② 道有思路的对、道有思路的错、道无思路的对：，
因此总概率：，​ 故B正确.
对于C，设答对总题数为，则（​分别为两道有思路题答对的题数，​为无思路题答对的题数），
由期望的性质得 ，
因为， 故C错误.
对于D，设“题目做对”，“题目完全掌握”，“题目有思路”，“题目无思路”，
则，，，
根据贝叶斯公式 ，
​ 故D正确.
11．ABC
解析：以为坐标原点，取所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为底面为菱形，，，，
所以
又为底面对角线的交点，所以．
设点在侧面内，则可设
由，，，得
设平面的一个法向量为，则
取，，，则平面的一个法向量可取
因为平面，所以．
又所以
化简得，于是
又，因此点在线段上运动．
又
所以A正确．
对于B，取，则此时为线段的中点．
又点，，，共面，且四边形中，，，所以四边形为平行四边形．
由于线段的中点也在平面内，所以过，，三点的平面就是平面．
此时截面为平行四边形，所以B正确．
对于C，由上可知
平面与底面平行，其法向方向为竖直方向．
设直线与平面所成角为，则等于的竖直分量长度与其在平面内的投影长度之比．
所以
令
则
所以在上单调递增，在上也单调递增．
当时，；当时，．故的取值范围为，C正确．
对于D，因为为边长为的正三角形，所以其外心为
三棱柱为直三棱柱，其外接球球心在过且垂直于底面的直线上，并位于高的一半处，所以
由，得
化简得
因为，所以当时，取得最小值，即的最小值为，不是．D错误．
12．2
解析：y′＝aeax，y′|x＝0＝a.由题意知，a×＝－1，∴a＝2
13．
解析：因为在以为直径的圆上，根据直径所对圆周角为直角，得，
即是直角三角形，斜边，
因为直线斜率为，所以中两直角边满足，
在双曲线右支上，由双曲线定义，
代入得，，
由得，化简得，即，
因此离心率.
14．
解析：函数的定义域为R，求导得，
由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
由，得，因此函数恰有三个零点，当且仅当，即，
由，，得有序实数对共有对，
当时，；当时，；当时，，
因此满足函数恰有三个零点的有序实数对共有对，
所以函数恰有三个零点的概率为.
15．(1)
(2)
解析：（1）由可知，
等式左右同时除以，可得，即，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则数列的通项公式；
（2）由（1）得，
所以
所以数列的前项和．
16．(1)0.8186
(2)学校能顺利实施方案二．
解析：（1）由题知，各组中点值分别为：325，375，425，475，525，575．
，
根据要求，，
由题知，
所以，，，，
因此
．
（2）已知月度餐费，总学生人数为10000人．
方案一：每人补助100元，总补助为万元；
方案二：按月度餐费区间赠送不同金额，设每位学生获得钱数为，则，，，
， ，
，
元，
所以方案二的总补助为万元，
因为129.519万元-100万元=29.519万元
且，
所以方案二比方案一支出高，小于50个百分点，学校能顺利实施方案二．
17．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）方法一：，，
则，
即．
又，，平面，
所以平面.
又平面，所以平面⊥平面．
方法二：设，
在与中，
因为，，，
所以，
则.
因为，所以.
则在中，，
即⊥.
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面⊥平面．
（2）因为平面平面，平面平面，
又平面，，
所以平面.
在中，因为，分别是，的中点，
所以，
则平面.
因为，是的中点，
所以是等腰三角形，且==1，
分别以，，方向作轴、轴、轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
，，，，，
因为平面，又，
所以是平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量，
，.
所以，令，则，，则．
设平面与平面的夹角为．
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，．
解析：（1）因为圆的一条直径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，
而抛物线的通径与轴垂直，
所以圆的这条直径与轴垂直，
且圆的直径的右端点就是抛物线通径的下端点，
因为圆的圆心为，半径为，
所以该圆与轴垂直的直径的右端点为，
即抛物线经过点，则，即，
故抛物线方程.
（2）如图，作出符合题意的图形，设，，
由（1）知，显然直线的斜率不为，
设直线的方程为，
所以，，
由，得，
所以，．，
得到，
且
，
所以．
（3）如图，设过点斜率为的直线为，
由，得，
可得，设，
由，得，
即，解得，
所以．
所以直线方程为，联立可得，
解得，得，结合
所以， 则直线方程为，
整理得，
因此直线过定点，
又，所以，
所以点到直线的最大距离为．
19．(1)的极大值为，无极小值
(2)
(3)3个零点
解析：（1）由，则，，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，无极小值；
（2），此时，
法一：分离参数法，
从而，
令，则，
所以；，
所以在单调递减，在单调递增，
因此，故的取值范围为；
法二：必要性探路，
，
令，，
下证：，时，恒成立，
由一次函数在上递减，
则，
在和上恒成立，且时，
所以恒成立，故的取值范围为；
（3）在区间上有3个零点，
理由如下：
由于，所以是函数的一个零点，
，
①当时，此时恒成立，又恒成立，
从而恒成立，所以在区间上没有零点；
②当时，此时，，
设，，
由于恒成立，所以，即在上单调递减，
从而存在使得，
即在区间上递增，区间上递减，从而，
又，
所以在有唯一零点，即在上有唯一零点，
③当时，此时，，
所以
从而，
由于，，，所以，
，
又，从而在上恒成立，
所以在区间上单调递减，
因为，，
因此在区间上有唯一零点，组别
频数
20
30
50
60
20
20