山东省2026年高三一模高考模拟数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年青岛二中高三一模调研数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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，则（

）A．1 B． C．2 D．3．双曲线的离心率为3，则（

）A． B．2 C． D．34．已知向量，，且，则（

）A． B． C．4 D．15．设函数在区间的最小值和最大值分别为和，则（

）A．2 B． C． D．6．已知函数，则（

）A． B．5 C．9 D．107．袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（

）A． B． C． D．8．满足，.设，分别为，上的点，为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面.若四棱锥的所有顶点都在同一球面上，且球心恰好在直线上，则该球的表面积为（

）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．已知函数，则（

）A．是奇函数 B．C．在区间单调递减 D．有且仅有2个零点10．若，则（

）A． B．C． D．11．已知抛物线：的焦点为，准线为，为上一点，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，直线与在第一象限交于点，过作的垂线，垂足为，且，则（

）A．为线段的中点 B．C．是正三角形 D．直线与相切三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．记为等差数列的前项和.若，，则________.13．若函数在区间单调递增，则的取值范围是________.14．有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________.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．记的内角，，的对边分别为，，.已知.(1)求；(2)若，，求的面积.16．已知椭圆：的右焦点为，且过点.(1)求的方程；(2)设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长.17．某款产品的尺寸误差（单位：）服从正态分布，若一件产品的尺寸误差的绝对值不小于，则认为该件产品不合格.(1)任取一件产品，求这件产品不合格的概率；(2)在计算二项分布的概率时，若重复性试验的次数很多且每次试验事件发生的概率很小，则可利用泊松分布代替二项分布进行近似计算.设随机变量服从二项分布，若，且，则，，其中.现对某一批产品抽取40件进行检测，若不合格产品超过3件，则认为这批产品不合格.估算这批产品不合格的概率（精确到0.01）.附：若，则；.18．已知函数，为的导数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论零点的个数；(3)设为的零点，证明：当时，．19．设为不小于3的正整数，集合满足.设为平面，点，对任意，点，且点满足.(1)若，且，求直线与所成角的大小；(2)证明：；(3)对任意，规定.设点满足.证明：存在，使得对任意，都有，或且与在的不同侧.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】由交集的运算，即可得到结果.【详解】因为集合，，故.故选：D2．B【分析】根据共轭复数的定义及复数的除法化简求解.【详解】因为，故，.故选：B3．A【分析】根据双曲线方程及离心率得，再由双曲线参数关系求解.【详解】双曲线的实半轴为，设双曲线的半焦距为，因为双曲线的离心率为，故，所以.故选：A4．C【详解】由.5．B【分析】由正弦函数的性质，即可得到结果.【详解】若，则，由正弦函数的性质可知，当时，函数取得最小值，即，当时，函数取得最大值，即，所以.故选：B6．C【分析】用代换得，即可求目标函数值.【详解】由题设，故.故选：C7．B【分析】根据题意，利用独立事件的概率乘法公式求出的表达式，根据选项作差计算，逐项判断即可.【详解】设事件为第一个白球在次取出，且第二个白球在第次取出，其中，则，所以.故，又，故时，，即，，时，，即，，故A错误，B正确；，又，故时，，即，，时，，即，，故C，D错误.故选：B.8．D【分析】所有顶点都在同一球面上，则，，，四点共圆，根据球心恰好在直线上，得到为四边形的外接圆圆心，再利用正余弦定理可求球半径，即可得到球的表面积.【详解】若四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则，，，四点共圆，故，，又，故，所以，因为平面，又球心恰好在直线上，故为四边形的外接圆圆心，故.因为，故，，故，因为平面，故，设，则，设球心为，球半径为，则，故，故.所以球的表面积为,故选：D.9．AC【分析】利用奇函数的定义判断A；求导求出导数值判断B；利用导数确定单调性判断C；利用奇函数的对称性判断D.【详解】函数的定义域为R，对于A，，是奇函数，A正确；对于B，求导得，，B错误；对于C，，当时，，，奇函数在上递减，则在上递减，因此在上递减，C正确；对于D，奇函数满足，因此零点个数必为奇数，D错误.故选：AC10．ABD【分析】令，计算可判断A；令，结合计算可判断B；令，结合B选项计算可判断C；令，计算可判断D.【详解】对于A，令，则，故，故A正确；对于B，令，则，又，故，故B正确；对于C，令，则，又，故，故C错误；对于D，令，则，故D正确.故选：ABD11．BCD【分析】根据给定条件，作出几何图形，结合抛物线定义推理判断ABC；求出直线方程，再与抛物线方程联立求解判断D.【详解】对于A，由，得，而，则，A错误；对于B，设，由，且轴，得，由，，得，又，则，即，B正确；对于C，，，而，即，解得，，又，因此是正三角形，C正确；对于D，点到直线的距离为，，则，直线的方程为，由得，，则直线与相切，D正确.故选：BCD12．57【分析】由等差数列前n项和公式及已知求公差，进而求.【详解】设的公差为，由，可得，又，故，所以.故答案为：5713．【分析】先求出导函数，再根据单调性得出，最后结合基本不等式计算求解.【详解】，令，则当时，，又因为，当且仅当时等号成立，且当时，不恒为0，故的取值范围是.故答案为：.14．Q【分析】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作,利用列举法可得答案.【详解】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，这时按题中发牌的规则开始发牌，记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作，每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为：，，，，，，，，，，，14.故最后剩下的是编号为14的纸牌，根据之前的操作可知该牌的牌面为Q.故答案为：Q.15．(1)；(2).【分析】（1）由正弦边角关系及三角形内角的性质得，再应用余弦定理求角的大小；（2）由余弦定理求得，再应用三角形面积公式求面积.【详解】（1）因为，故.由正弦定理有，即.故由余弦定理有，.所以.（2）由余弦定理有，又，，，故，解得或（舍去）.故的面积为.16．(1)(2)【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；（2）由椭圆的性质得到当，，三点共线时取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得.【详解】（1）设半焦距为，因为，故.又过点，故.由椭圆的几何性质有，故，.所以的方程为.（2）设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时.因为，故直线的方程为.与的方程联立有，整理有，，解得，.故直线被截得的弦长为.17．(1)0.05；(2)0.14.（注：和均为正确答案）【分析】（1）根据给定条件，求出合格品概率，再利用对立事件的概率公式计算得解.（2）由（1）可得，求出，再利用公式结合互斥事件、对立事件的概率公式求解.【详解】（1）当，时，，则，所以任意一件产品是不合格的概率为0.05.（2）记为不合格产品的数量，则，且，又，且，则，，其中，因此，所以这批产品不合格的概率为0.14.（注：最终结果为和均为正确答案）18．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程；（2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数；（3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论.【详解】（1）当时，，则，故，，曲线在点处的切线方程为．（2）因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数．当时，，没有零点．当时，，令，则，且当时，，单调递减，当时，，单调递增．又，当时，，此时没有零点；当时，，此时有一个零点．若，则，又，，，结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点，即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点．综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点．（3）（i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且，故在区间单调递增，，且此时．因为，故．设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故．故当时，．（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，即在存在唯一极大值点，故当时，．由（2）可知，，且，故当时，都有．又因为，且在区间单调递增，故存在唯一零点，且满足．设，则，．由上可知，在区间单调递减，且，故，此时也有．综上，由（i），（ii）可知，当时，．19．(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析