山东临沂市2026届高三普通高等学校招生全国统一考试（模拟）数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东临沂市2026届高三普通高等学校招生全国统一考试（模拟）数学试卷一、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.已知复数z满足(1+i)z=1−3i，则|z|=(

)A.5 B.3 C.5 D.2.已知集合A=xsinx=0，B=xA.∀x0∈A，x0∈B B.∃x0∈B，x0∉A3.已知(x−3)4=a0A.−15 B.−16 C.−80 D.−814.抛三枚质地均匀的硬币，记正面朝上的数量为随机变量X，定义随机变量Y=1(X≤1)X(X≥2)，则A.3 B.138 C.74 5.已知四边形ABCD为平行四边形，AE=2EB，F为AC与DE的交点，则BFA.−35AB+25AD B.6.若4π3为函数fx=cosωx−π6(ω>0)的一个零点，且A.74 B.54 C.127.已知实数x，y，z满足x⋅3x=yA.x<y<z B.z<y<x C.y<z<x D.x<z<y8.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1的左、右焦点为F1，F2，离心率为32，点3,12在椭圆E上，P是椭圆EA.1 B.3 C.2 D.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。9.一组从小到大依次排列的样本数据7，9，a，10，14的平均数等于众数，则A.a=9 B.中位数为10

C.方差为5 D.第75百分位数为1010.已知曲线x2m+y2n=1与直线y=2x−4只有一个公共点，则A.m=9，n=−36 B.m=−5，n=20

C.m=4，n=8 D.m=2，n=811.等面四面体亦称等腰四面体，是一种特殊的四面体，它是每条棱与其对棱总相等的四面体，它的四个面是全等的锐角三角形．如图，等面四面体ABCD的表面展开图是一个锐角三角形A1A2A3及其三条中位线(A1,A2,A3A.其对棱AB，CD相互垂直

B.当BD=CD时，其体积为233

C.当BD=52时，其外接球的直径长为292

D.当BD=CD时，其“外接圆锥”三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=x3+3x2−2，若函数f(x+t)为奇函数，则13.直线l:x−y+m=0与圆C:x2+y2−2x−4y+1=0交于A，B两点，且▵ABC的面积为2，则14.今有一批数量庞大的瓶装饮用水，假设这批水的某项矿物质含量偏差值(单位：毫克/升)ξ∼N10,0.52(Pμ−σ≤ξ≤μ+σ≈0.6827，Pμ−2σ≤ξ≤μ+2σ≈0.9545，Pμ−3σ≤ξ≤μ+3σ≈0.9973，现从中随机抽取n瓶，这n瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值ξ位于区间(9.5,11.5).当K=30时，试以使得P(K=30)最大的四、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)已知▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC(1)求角C；(2)已知c=3，▵ABC为锐角三角形，求2a−b16.(本小题15分)某科技公司研发了一款智能服务机器人，用于商场的导购、配送与巡检服务．为优化机器人的调度效率与服务质量，公司开展了相关测试与优化工作．(1)下表为机器人连续5天的工作时长(小时)与服务订单数y(次数)的数据关系．时长(x)12345服务次数(y)1220273338若服务次数y与工作时长x具有线性相关关系，请预测第6天机器人工作时长为7小时时，服务订单数大约有多少？(2)机器人在服务过程中可能出现故障，两个机器人为一组，每次一个机器人执行服务任务，若服务中无故障，则继续执行下一次服务，若出现故障，则换另一位机器人执行．甲、乙两机器人一组，第一次执行服务时，甲、乙上场的概率均为12，已知甲每次服务无故障的概率为35，乙每次服务无故障的概率为(ⅰ)求第2次执行服务的是机器人甲的概率；(ⅱ)求第n次执行服务的是机器人乙的概率．附：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b=i=1nx17.(本小题15分)已知四边形ABCD为等腰梯形(如图1)，AB//CD，AB=2CD=2AD=4，E为AB的中点，将▵ADE沿直线DE翻折至▵PDE位置(如图2)，且PB=

(1)证明：平面PDE⊥平面BCDE；(2)求点B到平面PDC的距离；(3)设M为棱PC上的动点，当EM与平面PDC所成角最大时，求平面BCDE与平面EBM夹角的正切值．18.(本小题17分)已知函数f(x)=ln(x+1)，(1)关于x的不等式g(x)<f(x)+a有解，求a的取值范围；(2)∀m∈R，∃n∈(0,+∞)，有g(m)=f(n)成立，证明：n−m>1；(3)∀s,t∈(0,+∞)，令p(x)=f(x)g(x)，证明：p(s+t)>p(s)+p(t)．19.(本小题17分)将抛物线列记为Cn:y2=2n+1x,n∈N∗，其焦点列为Fn，过焦点F1的直线与抛物线C1交于A1x1,y1，B1x(1)已知直线A1B1的斜率k1=(2)已知直线A1B1的倾斜角为α，且cosα=1(ⅰ)求数列nSn的前n项和(ⅱ)求所有满足方程2Sn+49=k参考答案1.C

2.D

3.A

4.B

5.A

6.B

7.D

8.A

9.BD

10.ABD

11.BCD

12.−1

13.3或−1

14.35

15.解：(1)∵sinC2∴sinBsin∴sinC2=cosC，∴sin∴C2=(2)∵C=π3，c=∴a=2sinA，b=2sin∵▵ABC为锐角三角形，∴π∴2a−b=4sin又由π6<A<π2，得0<A−π

16.解：(1)x=1+2+3+4+5i=15xib=a=y所以回归直线方程为y=6.5x+6.5当x=7时，y=6.5×7+6.5=52即预测第6天工作7小时，可能服务52次．(2)(ⅰ)设“第n次服务的是甲”为事件An，“第n次服务的是乙”为事件B由题知，PA由全概率公式知，PA∴第2次服务的是机器人甲的概率为25(ⅱ)记pn=PBPBn∣An−1=1−3由全概率公式知，pn∴p∴pn−故数列pn−23是首项为∴pPB即第n次服务是机器人乙的概率为23

17.解：(1)由AB/​/CD，AE=BE=CD=2，AD=BC=2，可知四边形BEDC为菱形，因此DE=AD=AE=2，▵ADE为等边三角形，∠AED=60∘，翻折后PE=2，取DE中点O，连接PO，因▵PDE为等边三角形，故PO⊥DE，且PO=在▵BOE中，BO∴PO故PO⊥BO．因DE∩BO=O，DE,BO⊂平面BCDE，故PO⊥平面BCDE，又PO⊂平面PDE，故平面PDE⊥平面BCDE．

(2)以O为原点，分别以OE，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(−1,0,0)，E(1,0,0)，C(0,3,0)，B(2,∴DP=(1,0,3)设平面PDC的法向量为n=(x,y,z)n令y=1，得x=−3，z=1，故∴点B到平面PDC的距离为d=|

(3)设PM=λPC，则M的坐标为所以EM=(−1,设直线EM与平面PDC所成角为α，则sinα=当λ=12时，直线EM与平面此时M的坐标为0,EM=−1,设平面EBM的法向量为m=(x,y,z)m令y=1，得x=−3，z=−3，故平面BCDE的法向量可取a=(0,0,1)∴平面EBM与平面BCDE夹角的余弦值为cosθ=∴sin∴tan即平面BCDE与平面EBM夹角的正切值为23

18.解：(1)g(x)<f(x)+a有解，即需a>[g(x)−f(x)]min，设h′(x)=ex−1x+1，h′(x)在(−1,0)∴h(x)在(−1,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增，∴h(x)min=h(0)=1(2)令g(m)=f(n)=t，t∈(0,+∞)，m=lnt，令F(t)=n−m=et−1−F′(t)在(0,+∞)上单调递增．∵F′12<0根据零点存在定理，在12,1上存在唯一t0即et0−1tF′(t)在0,t0上小于0，在t0F(t)在0,t0上单调递减，∴Ftmin=F(3)原命题p(s+t)>p(s)+p(t)等价于p(s+t)−p(s)−p(t)>0，令H(t)=p(s+t)−p(s)−p(t)，将s看作定值，t看作变量．H(t)=eH′t即H′t第一部分：es因为s>0，所以es>1，且s+t+1>t+1>1，故ln(s+t+1)>ln(t+1)>0即es第二部分：es利用经典不等式ex>x+1 (x>0)，得es又因为s,t>0，交叉相乘易证(s+1)(t+1)>s+t+1，即s+1s+t+1故：es两部分均为正，故H′(t)>0，即H(t)在(0,+∞)上单调递增，H(0)=p(s)−p(s)−p(0)=0，H(t)>H(0)=0恒成立，故原命题成立，证毕．

19.解：(1)抛物线C1:y直线过F1，斜率为43，则方程为由y2=4xy=43(x−1)，得故A1(4,4)，直线OA1的方程为y=x，直线OB分别与y2=2n+1x所以，直线AnBn(2)(ⅰ)