2026年山东威海市高三高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省威海市2026届高三上学期一模数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上．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．考试结束后，将本试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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数的实部与虚部相等，且满足（其中i为虚数单位），则实数（

）A． B． C． D．33．已知，且，则（

）A． B．0 C． D．4．已知椭圆的左、右焦点分别为，过且垂直于长轴的直线交于A，B两点，若，则的离心率为（

）A． B． C． D．5．将函数图象上的所有点向左平移个单位后，得到的函数图象关于点中心对称，则（

）A． B． C． D．6．已知定义在上的函数满足，则（

）A． B． C． D．7．已知数列的前项和为，且，则（

）A．65 B．105 C．210 D．2308．已知函数且的值域为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．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．在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（

）A． B．平面C．平面平面 D．平面10．已知平面内两点，动点满足，则（

）A．点到点的距离为定值 B．|PB|的最小值为1C．点到直线的距离的最大值为2 D．满足的点有且仅有两个11．甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式的常数项是(用数字作答)．13．已知函数有两个极值点，则的取值范围是.14．已知抛物线的焦点为，过的直线交于、两点，分别过、向的准线作垂线，垂足为、，若，则.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．某医院用光电比色计检验尿汞时，得到尿汞含量（单位：）与消光系数的结果如下：尿汞含量246810消光系数65135205285360(1)求消光系数关于尿汞含量的回归直线方程；(2)根据回归直线方程，估计尿汞含量为时消光系数的值．16．记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求；(2)若，求BC边上的高的最大值．17．已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为．(1)求的方程；(2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|．18．在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．(1)证明：平面；(2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值；(3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程．19．已知函数的图象关于点中心对称．(1)求的值；(2)设是曲线的切线，证明：与直线围成的三角形的面积与切点无关；(3)设，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】先利用对数函数的单调性求解不等式得集合，再由并集定义计算即得.【详解】由可得，解得，即，因，则.故选：D.2．C【分析】利用复数的乘除法求出复数，再由题意建立关于的方程，求解即得.【详解】由可得，依题意，可得，解得.故选：C.3．B【分析】计算出,再根据,两边平方化简即可求解.【详解】由题可得，因为，所以即，即，即，得到.故选：B.4．A【分析】由题先求出，利用，即化简可求解.【详解】设焦点，则过且垂直于长轴的直线为，将代入，得到，所以，因为，所以，所以，即，化简得到，因为，解得.故选：A.5．C【分析】先求得平移后的函数解析式，再结合对称中心求解即可.【详解】函数图象上的所有点向左平移个单位得：，此函数图象关于点中心对称，所以，即，因为，所以，.故选：C6．C【分析】根据题设条件推得函数的对称性和周期性，并利用函数的这些性质可推得C项正确，根据条件无法确定其它选项正误.【详解】由可知函数的一条对称轴为直线，由，可知函数的一个对称中心为，故函数的一个周期为.对于，取，可得，解得，又由，取，可得，故C正确.由函数的周期性和对称性，可得，根据题设条件无法推得其它三个选项的正误.故选：C.7．B【分析】根据题意证明数列为等差数列，公差为，首项为，进而求得通项公式，再计算对应项并求和即可.【详解】因为，所以，即，又因为，所以，，所以，即数列为等差数列，公差为，首项为，所以，，所以，，，，，所以故选：B.8．D【分析】令，分析可知函数的值域包含，利用导数分析该函数的单调性与极值，可知，即可解出实数的取值范围.【详解】令，因为函数的值域为，故函数的值域包含，求导得，又因为且，由可得，当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，所以，即，解得，故实数的取值范围是.故选：D.9．AC【分析】根据线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行的判定定理逐项判定即可.【详解】对于A，因为分别是的中点，所以.因为在正方体中，，所以.因为，所以，A正确；对于B，因为分别是的中点，所以.而平面，所以与平面相交，不平行，B错误；对于C，因为，所以.因为平面ACD1，不在平面ACD1内，所以平面AC因为，所以，因为平面ACD1，不在平面ACD1内，所以平面AC又平面，所以平面平面ACD1，C正确；如果平面，而平面，所以，则根据勾股定理有.设正方体的棱长为1，则在直角三角形中，，所以，而，.很显然不成立，所以不成立，所以D错误.故选：AC.10．ABD【分析】先根据得到点P的轨迹是以为圆心、半径的圆方程为可验证A，，再利用圆上的点到定点、到定直线的距离的最值求法即可验证B、C，以得到点P满足圆方程，两圆方程联立即可验证D.【详解】设，由，得到，化简得到，因此，点P的轨迹是以为圆心、半径的圆，所以点到点的距离为定值，选项A正确；圆心到点的距离为,因为点B在圆内，所以|PB|的最小值为，选项B正确；圆心到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，选项C错误；，因为，所以，即；化简得到，联立方程，即，代入，得到，解得，得到两个解，故D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，通过分类讨论列出概率的递推式，借助于等比数列求出概率解析式，运用二项分布的方差公式计算即可逐一判断.【详解】初始时球在甲手中，即，第一次抛硬币：若正面朝上（概率为）：球在甲手里，；若反面朝上（概率为），球传给乙或丙，各占，所以，即满足，故A正确；第次拋硬币后，球在甲手中的概率为（*），其中表示球在丙手中的概率，且由对称性知，则，故C正确；因，则，代入（*）可得：，同理，由对称性，则有.又由可得，即数列为首项是，公比为的等比数列，则，即，同理，故，故D正确；因为表示前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数，每次传球的概率为，且各次独立，则，故其方差为，故B错误.故选：ACD.12．【分析】根据展开式通项得，再令即可解出.【详解】设展开式的通项为，令，解得，，为所求常数项．故答案为：.13．【分析】求得，根据题意转化为一元二次方程在内有两个不等实根，根据一元二次方程根的分布列出不等式即可求解.【详解】由函数，可得令，即，因为函数有两个极值点，可得在内有两个不等实根，所以由一元二次方程根的分布知，，解得，即实数的取值范围是.故答案为：.14．【分析】设点、，则点、，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据平面内两点间的距离公式以及韦达定理可求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值.【详解】如下图所示：易知抛物线的焦点为，准线方程为，设点、，则点、，由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理得，，，同理可得，所以，所以，，，所以.故答案为：.15．(1)(2)173【分析】（1）由表中数据，分别求得、，进而求得、，写出回归直线方程；（2）将，代入（1）中的回归直线方程求解.【详解】（1）通过计算可得，

，

所以，，所以，

所以，

因此回归直线方程为（2）在回归直线方程中令，可得，

因此估计尿汞含量为时消光系数的值为173．16．(1)(2)2【分析】（1）利用正弦定理与和角公式，求出，再由三角形内角范围即可求得角；（2）设BC边上的高为，由三角形等面积可得，由余弦定理和基本不等式推得，即得BC边上的高的最大值.【详解】（1）由可得，

由正弦定理得，

所以，

因为，所以，

因为，所以．（2）依题意，，设BC边上的高为，由，可得，

由余弦定理可得，即，当且仅当时等号成立，

因此，所以BC边上的高的最大值为2．17．(1)(2)【分析】（1）依题意建立关于的方程组，求解即得双曲线的方程；（2）将直线方程与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用和三角形相似可推得，与韦达定理联立求得，再用弦长公式即可求得答案.【详解】（1）由题意知，，

解得，

所以的方程为（2）联立，整理得，

由，可得，设，则

因为，又直线过点，且，

所以，所以①，（也可利用斜率相等或向量共线得出）

将①式代入得，消去得，

解得，

则

18．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）证明四边形ABCD为正方形，根据面面垂直，可证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可；（3）法一，设曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为，可证四边形为矩形，对分类讨论求解；法二在空间直角坐标系中，利用向量法，根据求解即可.【详解】（1）因为AD，BC是圆柱的母线，所以底面底面，所以，因为，所以四边形ABCD为正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面．（2）在底面内过点作直线AB的垂线，以为原点，分别以l，AB，AD所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，此时，

由（1）可知为平面的一个法向量，

因为，

所以平面与平面所成角的正弦值为．（3）法一设的平面展开曲线上任意一点的坐标为，当时，；当；当时，设点在圆柱侧面上对应点为，过点的母线交上底面于点，则，劣弧DM的弧长为|x|，作分别为垂足，连接QN，因为平面平面，底面平面ABCD，所以平面平面ABCD，所以，因为，所以平面ABCD，所以，可得四边形为矩形，所以，

因为底面圆周半径为1，所以，因为，所以，

当时，在Rt中，，因为，所以，即，当时，，所以，当时，在Rt中，，因为，所以，因此，即．

综上可得，．

法二设的平面展开曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为，则在空间直角坐标系中，

所以，

因为为平面的法向量，所以，

可得，即．综上可得，．19．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用中心对称的定义列出，代入化简计算可得，结合的任意性即可求得的值；（2）设切点为，写出切线方程，依题列出三线围成的三角形面积表达式，即可证明结论；（3）法一：构造函数，求导推得在上单调递增，在上单调递减，对进行分类，利用它们的单调性得到，即可证明；法二：令，推得，对进行分类，证明即可.【详解】（1）因为函数的图象关于点中心对称，所以，

可得，即，整理得，所以，解得．（2）设切线与曲线的切点为，因为，

所以切线的方程为，

令，可得，