2026年山东青州第一中学高三一模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页青州一中高三普通部二轮专题复习模拟考试（一)数学一、单选题1．的虚部是（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（

）A．6 B．9 C．12 D．154．已知点在圆上，直线的斜率为（是原点），则（

）A． B．1 C． D．5．若为第二象限角，且，则（

）A． B． C． D．6．某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（

）A．120种 B．144种 C．240种 D．288种7．已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（

）A． B． C． D．8．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．若样本数据的方差，则所有的都相等B．以模型去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则，C．在的展开式中，含项的系数是D．某校高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则（若，则，）10．设数列的前项和为，且，，则（

）A．数列是等比数列 B．C．的前项和为 D．11．在棱长为的正方体中，为棱上一点，且满足.下列说法正确的是（

）A．点到平面的距离为B．直线与直线所成角的余弦值为C．若过点的平面垂直于直线，则平面截正方体所得截面的周长为D．若动点在侧面及其边界上运动，且，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是三、填空题12．过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于AB两点，则_______13．若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________.14．已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________．四、解答题15．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．16．如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点.(1)求证：平面；(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.17．已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．(1)求C的方程；(2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．（ⅰ）求证：直线过定点；（ⅱ）求面积的最大值．18．某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金；游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）.第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金.(1)求游戏Ⅰ第2局获胜的概率；(2)若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望；(3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.19．对于可导函数，从初始值出发，定义序列．已知，．(1)设，求函数的解析式，并求的值；(2)记，，并设．（ⅰ）求证：；（ⅱ）是否存在正整数m，n，使得，，成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，求出所有满足条件的，，．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据复数的除法运算及复数的概念求解.【详解】，的虚部为.2．A【详解】因为集合，所以，所以.3．C【详解】设等差数列的公差为，由题意得，，则.4．B【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式、点到直线的距离公式求解.【详解】依题意，直线的方程为，圆的圆心为，半径，点到直线的距离，显然点在圆上，所以.故选：B5．A【分析】利用同角三角函数的商关系和二倍角公式进行化简可求得，然后根据同角三角函数的关系求出.【详解】由题意得，，化简得，整理得，,，因为为第二象限角，所以.故选：A6．C【分析】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，将这两天视为一个整体，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，即可求解.【详解】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有种.故选：C.7．A【分析】设，根据双曲线的定义和余弦定理，求得，在中，利用余弦定理，求得即，结合离心率的定义，即可求解.【详解】设，则，由双曲线的定义，可得，所以，又由，因为，所以，在中，由余弦定理得，，即，即，所以，则，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，所以双曲线的离心率为.8．A【分析】原式因式分解，原问题等价于对任意恒成立，分离变量，求导可得答案.【详解】不等式，可化为，当，有，因此原不等式恒成立等价于对任意恒成立，因为，所以对任意恒成立，设，则需.，故在上单调递增，，因此，.故选：A9．AC【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，由回归方程，得，所以，所以，故B错误；对于C，在展开式中含项为：，所以在展开式中含项的系数是，故C正确；对于D，因为高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，所以，，，即，，所以，故D错误.10．AC【分析】先利用求出的通项公式，可以判断A，B选项，再根据求出的通项公式，利用分组求和法求出的前项和，可判断选项C，写出数列的通项公式，利用公式法求出前项和，可判断选项D.【详解】，当时，，得.当时，，即.是以为首项，公比为2的等比数列，，A选项正确，B选项错误.，记，数列的前项和，C选项正确.因为，是以1为首项，公比为4的等比数列，，D选项错误.故选：AC11．ACD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式可判断A选项；利用异面直线向量夹角的求法可判断B选项；利用空间向量法求出平面与棱、的交点坐标，结合空间向量模长公式可判断C选项；设点，其中，，求出点的轨迹方程，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出直线与平面所成角的正切值的取值范围，可判断D选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，对于A选项，，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以点到平面的距离为，A对；对于B选项，，，，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错；对于C选项，设平面交直线于点，交直线于点，，，因为，、，所以，，所以，解得，即点，，解得，即点，故截面为，且，，，故的周长为，C对；对于D选项，设点，则，其中，，因为，则，故，由可得，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，，故，即，故，当取最小值时，最小，此时，此时的最小值为，当取最大值，最大，此时，此时的最大值为，故直线与平面所成角的正切值的取值范围是，D对.故选：ACD.12．【详解】因为直线过点且倾斜角为，所以该直线的斜率为，所以该直线的方程为，与抛物线方程联立，得，，设，，.13．【分析】先确定函数的定义域，再求出函数的导数，根据导数与极值点关系计算即可.【详解】函数的定义域为，，函数在有两个极值，在有两个不相等的实数根，即在有两个不相等的实数根，令，对称轴为，要使在有两个不相等的实数根，则需满足，解得，综上，实数的取值范围为.14．【分析】由正弦定理求得圆柱的底面圆半径，再由外接球表面积求出圆柱的高为6，求出面积的最大为，即可得出三棱锥体积的最大值.【详解】设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得；易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得；设外接球球心为，,所以，解得,即圆柱的高为6，因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6，取的中点为，连接，因此，如下图：因为，所以，当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大；因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为，因此，所以三棱锥体积的最大值为.15．(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2．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，分别证得平面，平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，连接交于点，因为四边形为正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为四边形为矩形，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，且平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）解：因为四边形为矩形，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，又因为四边形为正方形，所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，所以向量，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面的夹角为，可得，所以直线与平面的夹角的正弦值为.17．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程；（2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值.【详解】（1）因为，又，所以，又面积取得最大值，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，解得，所以，所以椭圆C的方程为；（2）（ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为，，由，得，整理得，由韦达定理得，因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以，所以直线的方程为，由对称性，直线所过定点一定在轴上，令，可得，所以直线过定点；当过点的直线与x轴重合时，显然过点；综上所述：直线过定点；（ⅱ）记直线过定点为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以面积的最大值为．18．(1)(2)答案见解析；(3)游戏Ⅱ【分析】（1）根据古典概型概率公式直接计算可得结果；（2）利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望；（3）分别计算出参加一次游戏Ⅰ和游戏Ⅱ对应的奖金期望值，可知应选择游戏Ⅱ.【详解】（1）由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率.（2）易知,游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为，因此可知,随机变量的分布列为0123随机变量的期望或.（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.19．(1)，(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，证明见解析【分析】（1）根据题意，迭代函数为，代入已知函数及其导函数，化简得，然后从初始值出发，依次计算即可；（2）（i）利用是的两个根，根据题意将代入，通过代数恒等变形得到分子为，分母为，从而有；（ii）由（i）的条件计算，假设存在正整数m，n，使得，，成等比数列