2026年山东威海市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年威海市高考模拟考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、为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照.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．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．3．已知向量的夹角为，，则（

）A．6 B．5 C．4 D．34．已知直线被圆截得的弦长为，则（

）A． B． C． D．15．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率为0.75，连续两天为优良的概率为0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为不优良的概率是（

）A．0.85 B．0.8 C．0.2 D．0.156．设函数，若，且的图象在上存在对称轴，则的最小值为（

）A． B．1 C． D．37．已知双曲线的一个焦点为，过原点的直线交于两点，若，则的离心率为（

）A． B． C． D．38．已知函数在上有两个零点，则（

）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.有选谁的得0分.9．设函数则（

）A． B．若，则C．若，则 D．若，则10．已知随机变量，则（

）A．B．C．若，则D．若，则11．已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（

）A．若，则平面B．若，则C．若平面，则的最小值为D．若，则与平面所成的最大角为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数为偶函数，则________．13．已知抛物线的顶点为原点，为的准线上一点，为的焦点，线段交于点，若，则________．14．已知等差数列的公差为，设，且，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．如图，在四棱锥中，平面，，，，、点在棱上．(1)当时，求三棱锥的体积；(2)若二面角的大小为，求的值．16．在中，角所对的边分别为，且．(1)求；(2)如图，已知为外一点，，，，求平面四边形面积的最大值．17．把4个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，记放入1号，2号，3号，4号盒子中的球的个数分别为．(1)求的概率；(2)求且的概率；(3)设函数，记，求的分布列与数学期望．18．已知函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求；(2)若，求的取值范围；(3)证明：，．19．已知椭圆的离心率为，的右顶点与上顶点之间的距离为6.(1)求的方程；(2)过点作两条互相垂直的直线分别交于点和，且线段和的中点分别为．（i）若直线的斜率大于1，且的面积为，求直线的方程；（ii）若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据集合的性质以及补集的定义即可求解.【详解】已知集合，由补集的定义可知，即，因此必有且，解得，故A正确.2．D【分析】通过等式变形得到，再通过分子分母同时乘以分母的共轭复数即可求解.【详解】已知复数满足，等式两边同时乘以，得，移项得，即，故D正确.3．B【详解】由题意可知：向量的夹角为，，则，所以.4．B【分析】根据点到直线的距离公式、圆的标准方程、弦心距公式求解即可.【详解】圆可化为，圆心坐标为，半径为.圆心到直线的距离为.由弦心距公式可知，，即，解得.5．C【分析】根据给定条件，利用条件概率公式及对立事件概率公式求解..【详解】设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，依题意，，则，即某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率，所以某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为不优良的概率是.6．D【分析】先化简函数解析式，结合周期可得为正整数，利用对称轴可得答案.【详解】，因为，所以是的一个周期，所以，即，其中；令，则，因为的图象在上存在对称轴，所以，即；当时，不合题意；当时，解得，且为正整数，所以的最小值为3，此时对称轴为，符合题意；当时，解得，综上，的最小值为3.7．C【分析】根据双曲线的对称性得四边形为平行四边形，然后结合双曲线的定义，利用勾股定理得，即可求解离心率.【详解】由双曲线的对称性，不妨为右焦点，在第一象限，设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，所以，在中，，即，所以，所以双曲线的离心率为.

8．A【分析】利用导数研究的单调性，结合其区间零点个数列不等式求参数范围.【详解】由，则，令，则或，令，则，所以在，上单调递增，在上单调递减，且，，则，又时有两个零点，且，若，即时，，此时，不满足题设，若，即时，，只需，则，可得，此时，综上，.9．AD【分析】求出函数值可判断A，利用反例可判断B,C，分情况求解不等式可判断D.【详解】因为，所以，A正确；取，满足，但是，B不正确；取，，，C不正确；当时，由可得；当时，由可得；综上可得，D正确.10．ABC【分析】根据正态分布的标准化公式，对称性以及概率计算规则求解即可.【详解】对于A：对于任意正态分布，将其进行标准化处理，即令，则服从标准正态分布，故A正确；对于B：对于正态分布，其概率密度曲线关于对称，，，故B正确；对于C：若，则，，定义标准正态分布的累积分布函数为，，由于和均服从标准正态分布，根据标准正态分布的对称性，，所以所以成立，故C正确；对于D：定义标准正态分布的累积分布函数为因，故，，已知，所以，因为标准正态分布的累积分布函数是单调递增的，所以，故D错误.11．ACD【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，结合各项的条件，应用向量法依次分析各项的正误.【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，所以，则，所以，，A：若，则，故，由平面的一个法向量为，则，且平面，所以平面，对，B：由，则，故，又，则不一定为0，所以不一定成立，错，C：由题意平面，平面，则，由，，平面，则平面，若平面，易知，而，，所以，则，所以，由，则时，的最小值为，对，D：由C分析知，时，，而平面的一个法向量，则，所以，令，所以，且，当，即时，最大，即与平面所成角正弦值最大为，由与平面所成角的范围是，故与平面所成的最大角为，对.12．1【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称，先确定参数，再验证该参数下．【详解】因为函数有意义，则．若，则，此时定义域为，不关于原点对称，不符合偶函数定义，故．当时，临界点为和，定义域为或．因为为偶函数，所以定义域关于原点对称，故两个临界点互为相反数，即，解得．当时，定义域为．对任意，有.所以．13．12【分析】求出抛物线焦点坐标，作出几何图形，结合抛物线定义列式求解.【详解】由抛物线的准线为，则抛物线的焦点，令抛物线的准线与轴交于点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，于是，，而，因此，解得，所以.

14．【分析】根据等差数列通项公式以及两角和差公式整理可得，构建函数，结合函数单调性可得，再利用分组（并项）求和法运算求解.【详解】因为等差数列的公差为，则，，又因为，则，，，则，可得，令，则，因为，可知在定义域内单调递增，且，可得，则，且，所以.15．(1)(2)【分析】（1）由题意可知点E到平面ABCD的距离为，利用割补法求体积；（2）建立空间直角坐标系，设，，求平面BDE、平面BCD的法向量，利用空间向量结合二面角列方程求解.【详解】（1）因为，且平面，可知点E到平面ABCD的距离为，所以．（2）在平面ABP内过点B作直线AP的平行线l，以B为原点，分别以BC，BA，l所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，设，，则，可得，设平面BDE的一个法向量为，则，令，则，，可得，由题意可知：平面BCD的一个法向量为，因为二面角的大小为，则，可得，整理得，解得或（舍去），所以．16．(1)(2)14【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角差的正弦公式可得的值，进而可得结果；（2）设，通过余弦定理用表示，将四边形的面积表示为关于的函数，求出函数的最大值即可.【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，可得，因为，所以，因为，所以．（2）设，平面四边形ABCD的面积为S，在中，由余弦定理得，所以，因为，所以，当，即时，平面四边形ABCD面积的最大值为14．17．(1)(2)(3)X1234P【分析】（1）先求出4个球放入4个盒子的概率，再求出的情况数，最后根据古典概型公式计算概率.（2）先求出且的情况数，最后根据古典概型公式计算概率.（3）先找出X所有可能取值，再分别求出对应的概率，即可得到的分布列与数学期望．【详解】（1）由题意可知每个球放入每个盒子中的概率为，当时，放入1号盒子中球的个数恰好为2，所以的概率为．（2）当且时，放入1号盒子中球的个数恰好为1，放入2号盒子中球的个数恰好为2，所以且的概率为．（3）由题意可知X所有可能取值为1、2、3、4，，，，，因此X的分布列为X1234P则．18．(1)，(2)(3)证明见解析【分析】（1）求导，然后代入方程计算即可；（2）构造新函数，求导，再对分类讨论即可；（3）化简原不等式，再根据（2）结论放缩，利用错位相减法求和.【详解】（1）由，可得，由题意可知，则，解得，.（2）由（1）得，设，则，当时，，令，解得，所以在上单调递减，令，解得，所以在上单调递增，所以，因此符合题意；当时，，因此不符合题意．综上可得，m的取值范围是．（3）要证，只需证，即证，由（2）知，当时，，所以，因此，令，则，可得，两式相减得，所以，因此，得证．19．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点列方程求解即可.（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到的横坐标，同理得到横坐标，进而得到，再根据三角形面积公式求解即可.（ii）法一：设，，，，利用以及，化简得到，，再分别讨论直线的斜率是否存在，得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可.法二：设，，，，联立椭圆方程得到直线PQ的斜率，根据直线垂直，化简得到，再与直线的方程对比得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可.【详解】（1）由题意可知，解得，，所以C的方程为．（2）（ⅰ）设直线PQ的方程为，，联立，可得，可得点G的横坐标为，所以，同理可得，因为的面积为，所以，即，整理得，即，解得，因为，所以，代入可得G，H的横坐标均为，所以直线GH的方程为．

（ⅱ）法一：设，，，，由，可得，因为的中点为，所以，，所以，因为，所以，所以，（当斜率不存在或中点为A时也满足上式）同理可得，所以点G，H在曲线上，因为，所以，即，可得①，当直线GH的斜率不存在时，设GH的方程为，联立，可得，所以，，代入①式可得，即，解得或，若，则直线GH的方程为，所以直线GH过，不符合题意，舍去，若，则直线GH的方程为；当直线GH的斜率存在时，设GH的方程为，联立，可得，所以，，由①