山东省日照市2026届高三下学期5月第三次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份山东省日照市2026届高三下学期5月第三次模拟考试 数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了05等内容，欢迎下载使用。
数学 2026.05
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
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黑．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，将试题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．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．2
3．设，是夹角为的两个单位向量，若，则（ ）
A．B．2C．D．3
4．已知数列，则“为等差数列”是“，（m为常数）”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．已知函数（且），若，则（ ）
A．B．2C．3D．4
6．在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ）
A．B．C．D． 7
7．已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线垂直单位圆O所在的平面，且直线交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角取得最大值
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，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若事件A和B相互独立，则
C．已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是，若，，则
D．已知，，，的平均数为，方差为2，则，，，，的方差为
10．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线l的斜率为
B．
C．
D．当取最小值时，
11．已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（ ）
A．数列的通项公式为B．
C．D．数列为等差数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，，则___________．
13．在棱长为1的正方体中，M为正方体内（含表面）的动点，若直线与的夹角为，则点M的轨迹形成图形的面积为___________．
14．设，，，…，，其中，则的零点个数为___________．
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．（13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）证明：a，b，c成等差数列；
（2）若，延长至D，使得，求．
16．（15分）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面，．
（1）求证：；
（2）若，，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：；
条件②：直线与平面所成角为；
条件③：的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17．（15分）设．
（1）设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值；
（2）若正实数a，b满足：对于，都有，求的最大值．
18．（17分）在平面直角坐标系中，已知双曲线C：（）的左，右焦点为，，直线l交C于A，B两点，点在C上．且当为等腰三角形时，．
（1）求C的方程；
（2）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．
（ⅰ）当M为C的右顶点时，若，求l与x轴的交点的坐标；
（ⅱ）当l过点时，记的费马点为P，，，的面积分别为，，，求的最小值．
19．（17分）在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处．
（1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；
（2）记第n秒末点M回到原点的概率为．
（ⅰ）求，，并利用公式，求；
（ⅱ）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的．
2023级高三模拟考试
数学答案 2026.05
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．
1-4 CCAB 5-8 DAAD
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，有选错的得0分．
9．ACD 10．ABD 11．BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 13． 14．2027
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．【解】（1）因为，
所以，
所以， 2分
因为，所以，
所以， 4分
由正弦定理得，，所以a，b，c成等差数列． 6分
（2）因为，代入，可得，即，
因为，所以所以，
所以是等边三角形， 9分
设（），则，
在中，由余弦定理，
得， 12分
所以． 13分
16．【解】（1）因为四边形为正方形，所以．
因为平面，所以．
因为，所以B，F，D，E共面． 2分
又，，平面，所以平面 4分
因为平面，所以． 5分
（2）要使多面体唯一确定，只需要线段的长唯一确定．
若选条件①，易证，可得，结论与条件①相同，多面体不能唯一确定．
若选条件②，直线与平面所成角为；因为平面，，所以平面，因此，直线与平面所成角为，可得，多面体唯一确定，条件②符合要求． 8分
若选条件③，易证，可得，故三角形为等腰三角形，连接，交与点O，则，．
中，．
多面体唯一确定，条件③符合要求． 8分
下面求平面与平面夹角的余弦值．
由已知四边形为正方形，且平面，所以易得，，两两垂直．
以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系． 9分
由，得：，，．
平面的法向量可取． 10分
设平面的法向量，向量，．
由法向量定义得：
令，则，，即． 13分
设平面夹角为，则．
平面与平面夹角的余弦值为． 15分
17．【解】（1）根据题意，将直线往靠近曲线的方向平移，
当平移到直线与曲线相切时，切点P与直线间的距离最近， 2分
设切线方程为，切线与曲线的切点为，
则，即，故， 3分
所以，此时切线方程为，
此时，从P点向直线作垂线，垂足为Q，此时取最小值，
即，所以的最小值为； 5分
（2）若对于任意，都有，即可得恒成立， 6分
令，则，
因为，令，解得， 7分
所以当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以在处取得最小值， 9分
即满足即可，
即，又因为，故，解得． 10分
又，得， 11分
设，则，
令可得， 13分
即时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以，
即，所以的最大值为． 15分
18．【解】（1） 由对称性，不妨设点M在双曲线右支上，则，
若，则，，，
又因为，所以，
所以，矛盾，舍． 1分
若，则，，，
解得，，所以双曲线C：． 4分
（ⅰ）①当直线l斜率为零时，设则，，，
，又因为，解得，不符合题意；
②当直线l斜率不为零时，设l：，，，由，可得，，
则 6分
， ， 7分
，，
即，
，或1（舍），时，满足．
与x轴交点的坐标． 9分
（ⅱ）设l的方程为，
因为l过点，所以．
由C：变形得，
即，
所以，
整理得，
所以，即．
当，中有一条直线斜率不存在时，假设斜率不存在，，l过点可得l：，由对称性可知也满足．
综上，恒有，所以费马点P在内部， 11分
且，
13分
又因为，由余弦定理得：
所以，
即， 15分
令，，则，所以．
因为所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为． 17分
19．【解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，
由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种，
其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点，，，这四种情况．则，
故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为． 3分
（2）（ⅰ）点M在第2秒末回到原点，；⋯4分
点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种，
左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种，
所以； 6分
若点M在第秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等，
设左右各移动i（）次，则上下各移动次，
所以
， 9分
（ⅱ）由可知：
11分
则 12分
所以，
令（），则，
即函数在上单调递减，
所以，即，则， 14分
所以，， 15分
记为不超过x的最大整数，
则对任意的实数，当时，，即，
综上，当时，成立，所以点M是常返的． 17分