2026年山东省东营市利津高级中学高考数学模拟试卷（3月份） 含答案

/2025年山东省东营市利津高级中学高考数学模拟试卷（3月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|x=2A.A∩B={x|x=6n,2.设复数z=1+i的共轭复数为z−，则zA.1 B.2 C.2 D.3.若α∈(0,π)，且cosα+sinαA.−79 B.79 4.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an−1(n∈A.bn=2n−1+1 B.b5.已知球O的半径为R，圆M的半径为r，且圆M是球O的一个截面，若圆M的面积与球O的表面积之比为2：9，则Rr的值为(

)A.324 B.2 C.6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过FA.65 B.75 C.587.某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示.这条河两岸所在直线l1，l2互相平行，桥DE与河岸所在直线垂直.休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点A，B，C处，其中入口A点(定点)在桥DE上，且A到直线l1，l2的距离分别为h1，h2(h1,h2为定值)，入口B，C分别在直线l2，l1上，公园的一边AB与直线l2A.函数S(α)的最大值为h1h2

B.函数S(α)的最小值为h1h22

C.若α1，8.n位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛.每场比赛的计分规则是：胜者计3分，负者计0分，平局各计1分.所有比赛结束后，若这n位同学的得分总和为150分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为(

)A.12 B.15 C.16 D.18二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就.现作出圆x2+y2=2的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4A.x+(2−1)y−2=010.已知F是椭圆C：x24+y2A.椭圆C的长轴长是2

B.|PF|的最大值是2+3

C.△OFP的面积的最大值为32，其中O为坐标原点11.定义在(0,+∞)上的函数f(x)，如果对任意x1，x2∈(0,+∞)，都有f(x1A.f(x)=x12 B.f三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数f(x)=13.某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为______．14.设x，y∈R，则(x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.(本小题13分)

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，E为线段AB的中点．

(Ⅰ)求证A16.(本小题15分)

在△ABC中，bcosA+acosB=c2．

(Ⅰ)求c的值；

(Ⅱ)已知sinC=35，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长．

条件①：∠B=π4；

条件②：AB边上的高为3217.(本小题15分)

十一国庆节期间，某商场举行购物抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为25，中奖可以获得3分；方案乙的中奖率为23，中奖可以获得2分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，抽奖结束后凭分数兑换奖品．

(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≥3的概率；

18.(本小题17分)

已知函数f(x)=alnx−x−1x+1(a∈R)．

(Ⅰ)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1）处的切线方程；

19.(本小题17分)

已知Q：a1，a2，…，an(n≥3,n∈N∗)为有穷正整数数列，若存在i，j∈{1,2,…,n}(i<j)，使得siai+si+1ai+1+…+sjaj=0，其中si，si+1，…，sj∈{−1,1}，则称Q为连续可归零数列．

(Ⅰ)判断Q1：1，3，2和Q2：4，2，4是否为连续可归零数列？并说明理由；

(Ⅱ)对任意的正整数i，记v答案1.A

2.C

3.D

4.A

5.A

6.A

7.D

8.B

9.ABD

10.BCD

11.AC

12.(0,1)

13.10

14.9

15.解：(1)证明：连接D1C，EC，

因为AB=2，CD=1，E为AB的中点，

所以AE=CD，

又AB//CD，所以四边形AECD为平行四边形，

所以EC//AD，EC=AD，

又因为A1D1//AD，A1D1=AD，

所以A1D1//EC，A1D1=EC，

所以四边形A1ECD1为平行四边形，

所以A1E//D1C，

又因为A1E⊄平面C1CDD1，DC⊂平面C1CDD1，

所以A1E//平面C1CDD1；

(2)因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，

又因为平面A1ABB1⊥平面A1ADD1，平面A1ABB1∩平面A1ADD1=AA1，

16.解：(Ⅰ)由正弦定理和bcosA+acosB=c2得，

sinBcosA+cosBsinA=csinC，可得sin(A+B)=sinC=csinC，

显然sinC>0，所以c=1；

(Ⅱ)选条件①：由B=π4，sinC=35，c=1，

因为bsinB=csinC，所以b=csinBsinC=526，

因为b>c，所以B>C，所以C∈(0,π2)，

所以cosC=1−sin2C=45，所以sinA=sin(π4+C)=22×45+22×35=7210，

再由正弦定理得a=csinAsinC=726，

可得△ABC的周长为1+726+526=1+22；

选条件②：由已知得S△ABC=12X036p9124所以E(X1)=0×925+3×1225+6×425=125，

由题意可知，X2可能的情况有0，X024p144所以E(X2)=0×19+2×4918.解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)=lnx−x−1x+1，所以f′(x)=1x−2(x+1)2，

所以f(1)=0，f′(1)=12，

所以曲线y=f(x)在点(1,f(1）处的切线方程为y=12(x−1)，即x−2y−1=0；

(Ⅱ)证明：因为f(x)=alnx−x−1x+1(a∈R)，

所以f′(x)=ax−2(x+1)2=ax2+(2a−2)x+ax(x+1)2，x≥1，

设函数h(x)=ax2+(2a−2)x+a，

当a≥12x(0,x(xx2，f+0−0+f增极大值减极小值增所以函数f(x)的单调递增区间是(0,x1)、(x2,+∞)，单调递减区间是(x1,x2)，

因为f(1)=0，所以1为f(x)的一个零点，

又f(x1)>f(1)=0,0<e−1a<1，且f(e19.解：(Ⅰ)数列Q1是连续可归零数列，理由如下：

取s1=1，s2=−1，s3=1，

则s1a1+s2a2+s3a3=1×1+(−1)×3+1×2=0，

所以数列Q1是连续可归零数列，

数列Q2不是连续可归零数列，理由如下：

当(i,j)=(1,3)时，s1a1+s2a2+s3a3=4s1+2s2+4s3=2(2s1+s2+2s3)，

因为s1，s2，s3∈{−1,1}是奇数，故2s1+s2+2s3是奇数，所以2(2s1+s2+2s3)≠0．

当(i,i)=(1,2)时，s1a1+s2a2=4s1+2s2=2(2s1+s2)，

因为s1，s2∈{−1,1}是奇数，故2s1+s2是奇数，所以2(2s1+s2)≠0．

当(i,j)=(2,3)时，s2a2+s3a3=2s2+4s3=2(s2+2s3)，

因为s2，s3∈{−1,1}是奇数，故s2+2s3是奇数，所以2(s2+2s3)≠0，

所以数列Q2不是连续可归零数列．

(Ⅱ)证明：因为1，3，5，7是奇数，故v(1)=v(3)=v(5)=v(7