临沂一中2026届高三上学期期末全真模拟数学试题

2023级高考数学全真模拟（时间：120分钟，分值：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】D【解析】【分析】先化简集合，然后利用并集的定义即可求解【详解】因为，所以.故选：D2.设复数，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】求出复数的代数形式，进而可求模.【详解】，.故选：D.3.正六边形ABCDEF中，用和表示，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算，即可求解.【详解】设边长为2，如图，设交于点，有，，则，故选：B4.一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意求得圆锥底面半径和高，由此求得圆锥的表面积.【详解】依题意，设圆锥底面半径为，高为，母线长为，则，底面周长为，则，所以，所以圆锥的表面积为，故选：A.5.从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用列举法求古典概型的概率即可.【详解】从中随机选取三个不同的数有、、、、、、、、、，共10种情况，其中三个数之积为偶数的有、、、、、、、、，共9种情况，在上述的9种情况中，它们之和大于8的有、、、、，共5种情况，所以这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.故选：D6.已知，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对题目条件进行三角恒等变化，得，将转化为，求出最值.【详解】因为，，所以，，即，所以，因为，，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，取得最大值.故选：B.7.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，则，所以函数在上递增，所以，即，即，所以，即，综上，.故选：A.【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.8.已知三棱锥，底面是边长为的正三角形，顶点P到底面的距离为2，其外接球半径为5，则侧棱与底面所成角的正切值的取值范围为（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意分析知，分成两种情况，讨论与面所成角为，在中，求解即可得出答案.【详解】正外心为，边长为，则，外接球球心必在过垂直于底面的直线上，，则，若P，在平面ABC的同侧；到底面距离为2，故在离底面距离为2的平面上，则轨迹为上以为圆心，5为半径的圆，作底面，则轨迹为以为圆心，5为半径的圆，与面所成角为，，所以同理，若P与在平面ABC的异侧，则P的轨迹是半径为3的圆，此时，所以；综上.故选：A.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.若，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用条件进行指对数转换，得到，从而有，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】因为，所以，则，选项A，，故正确；选项B，因为，且，所以，故B正确；选项C，因为，故C错误；选项D，因为，故D正确，故选：ABD．10.阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（）A.的方程为 B.的方程为C.最小值为 D.的最小值为【答案】BD【解析】【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案.【详解】由题可得，即的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，将代入可得，所以，于是，当与重合时，取得最小值.故选：BD.11.（多选题）已知函数，则（）A.函数是增函数 B.曲线关于对称C.函数的值域为 D.曲线有且仅有两条斜率为的切线【答案】AB【解析】【分析】根据指数函数的单调性及值域，即可推出A、C；根据，可推断出关于对称，即可判断B；根据函数导数可令，反过来求导函数方程是否有解，即可得出D.【详解】根据题意可得，易知是减函数，所以是增函数，即A正确；由题意可得，所以，即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；由指数函数值域可得，所以，即，所以函数的值域为，所以C错误；易知，令，整理可得，令，即，易知，又因为，即，所以，即，因此；即关于的一元二次方程无实数根；所以无解，即曲线不存在斜率为切线，即D错误.故选：AB.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.展开式中含项系数为______．【答案】－60【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】，设该二项式的通项公式为，因为次数为，所以令，二项式的通项公式为，令，所以项的系数为，故答案为：13.已知圆：和抛物线：，请写出与和都有且只有一个公共点的一条直线的方程____.（写出一条即可）【答案】（或，或，或，或，或，写出一个即可）【解析】【分析】所求直线l方程可设为，利用其与圆相切和与抛物线有且只有一个公共点列方程即可求得的值，进而得到直线的方程.【详解】圆：的圆心，半径，由题意可得所求直线l斜率存在，其方程可设为，由，整理得，当时，方程可化为，方程组有一组解，又直线与圆相切，则，或；当时，由直线l与抛物线相切可得，，即，又由直线l与圆相切可得，，即联立，整理得解之得或或或则直线l方程为或或或综上，直线l方程为或，或，或，或，或，故答案为：（或，或，或，或，或，写出一个即可）14.已知数列的前项和为，且，若，则数列的前项和________．【答案】【解析】【分析】先利用与的关系得到为等比数列，再利用裂项相消法求和即可.【详解】因为，当时，；当时，；所以，即，又因，满足前式，所以是以为首项，为公比的等比数列，则.因此，所以.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，已知椭圆的一个焦点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，的中点为.设为原点，射线交椭圆于点.当四边形为平行四边形时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据离心率以及焦距即可求解方程，（2）联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，利用向量的坐标匀速即可代入坐标求解.【小问1详解】由题意得椭圆的半焦距，又，则，，椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）得椭圆的方程为，由题意得直线的方程为，即，联立消去得，设，则.四边形是平行四边形，设，则，即，，又，即，解得16.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，DC＝3AB＝3，AD＝3，AB∥CD，CD⊥AD，平面PCD⊥平面ABCD，E为棱PC上的点，且EC＝2PE．（1）求证：BE∥平面PAD；（2）若PD＝2，二面角P﹣AD﹣C为60°，求平面APB与平面PBC的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设点F为PD的一个三等分点，且FD＝2PF，连接EF，AF，得到四边形ABEF是平行四边形，BE∥AF，再利用线面平行证明；（2）先证明∠PDC为二面角P﹣AD﹣C的平面角，再建立空间直角坐标系，由二面角公式求解【小问1详解】证明：设点F为PD的一个三等分点，且FD＝2PF，连接EF，AF，因为EC＝2PE，FD＝2PF，所以EF∥CD，EFCD，又因为AB∥CD，ABCD，所以AB∥EF，AB＝EF，所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF，又因为AF⊂平面PAD，BE平面PAD，所以BE∥平面PAD．【小问2详解】因为AD⊥CD，平面ABCD∩平面PCD＝CD，且平面ABCD⊥平面PCD，所以AD⊥平面PCD，所以PD⊥AD，所以∠PDC为二面角P﹣AD﹣C的平面角，为以D为原点,分别为轴，过作，建立空间直角坐标系，则A（3,0,0），B（3,1,0），C（0,3,0），P（0,1,），所以（0,1,0），（﹣3,1,），设平面PAB的法向量为（x，y，z），则令x＝1，得（1，0，）；同理，（3,0,），（﹣3,2,0），设平面PBC的法向量为（x，y，z），则令x＝2，则y＝3，z＝2，所以（2，3，2），所以平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为cosθ．17.已知数列满足，且，数列满足，设的前项和为．（1）求数列的通项公式；求数列的前项和；（2）设，记数列的前项和为对恒成立，求的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）对变形得到，得到是等差数列，求出通项公式，利用裂项相消法求和；（2）得到，利用错位相减法求出，判断出在上单调递增，求出，得到不等式，求出的取值范围.【小问1详解】因为，所以，所以（常数），故数列是以为公差的等差数列，且首项为，所以，故．因为，所以．【小问2详解】．所以，所以，两式相减得，，所以．由，知在上单调递增，所以，所以，解得.18.某校工会为弘扬体育精神推动乒乓球运动的发展现组织A、B两团体运动员进行比赛.其中A团体的运动员3名，其中种子选手2名；B团体的运动员5名，其中种子选手名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.（1）已知，若选出的4名运动员中恰有2名种子选手，求这2名种子选手来自团体A的概率；（2）设X为选出的4人中种子选手的人数，确定m的值，使得在X的所有取值中，事件的概率最大.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式及条件概率公式求解即可.（2）设选出的种子选手的人数为，解不等式求解即可.【小问1详解】由已知得：设“选出的4名运动员中恰有2名种子选手”为事件A，设“选出的4名运动员中恰有2名种子选手来自团体A”为事件B，则B团体选择2名非种子选手，.故选出的4名运动员中恰有2名种子选手，这2名种子选手来自团体A的概率为.【小问2详解】种子选手人数为，非种子选手人数为，设选出的种子选手的人数为，，令，即解得，则，故，即时，事件的概率最大.19.已知函数，.（1）讨论极值点的个数；（2）若恰有三个零点和两个极值点.（i）证明：；（ii）若，且，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）（i）证明见解析（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据极值点定义对函数求导并对参数的取值进行分类讨论，即可得出极值点的个数；（2）（i）由（1）可知且即可得出结论；（ii）构造函数通过求导可得其单调性，再利用分析法可得证明即可，构造函数并根据其单调性结合可证明得出结论.【小问1详解】由题知，设函数，当时，开口向上，，所以，在上单调递减，无极值点；当时，在上有两个解，，又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.所以有两个极值点.综上：当时，无极值点；当时，所以有两个极值点.【小问2详解】（