山东省菏泽市2026届高三下学期二模考试数学试题 含答案

/山东菏泽市2026届高三二模考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，，且，则（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的前项和为，，则（

）A． B．45 C．50 D．904．已知函数，则（

）A． B． C． D．5．如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（

）A． B． C． D．107．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（

）A． B． C． D．8．已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知复数，则下列结论正确的有（

）A．的虚部是 B．的共轭复数是C．在复平面内对应的点在第一象限 D．10．等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，则下列说法正确的有（

）A．时，为等差数列B．时，中任意两项的差均不为0C．不存在，使得为常数列D．不存在，使得为等比数列11．闵可夫斯基距离又称为闵氏距离，是两组数据间距离的定义.设两组数据分别为和，这两组数据间的闵氏距离定义为，其中表示阶数，则下列说法正确的有（）A．若，，则B．若，，其中，则的最小值为C．若，，其中，则的最小值为1D．若，，则对任意实数，都有三、填空题12．已知函数满足，则________.13．将两个1，两个2，两个3组成一个六位数，则两个1不相邻的六位数个数为________.（用数值表示）14．已知椭圆：，曲线，若曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，且直线的斜率为，则椭圆的离心率为________.四、解答题15．在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，.(1)若，求；(2)若，求的面积.16．某国产芯片企业测试了10款自研芯片的单线程运算性能得分（得分越高，性能越好），芯片发布编号记为，性能得分记为，对应情况如下表：1234567891021263440495661687783(1)从这10个性能得分中随机抽取3个，求抽取的3个数据中，恰有两个数据不低于这组数据的第65百分位数的概率；(2)若性能得分关于芯片发布编号的线性回归方程为，求该回归方程；(3)为评估芯片性能的“实际表现水平”，企业定义了“性能偏离度”.对于第款芯片，其性能偏离度为（其中为实际性能得分，为第（2）问中回归方程的预测性能得分），并规定性能偏离度不超过2%的芯片为“表现稳定款”，假设第11款发布的芯片为“表现稳定款”，求其实际性能得分应保持的范围.参考公式和数据：，，，，17．已知是抛物线的焦点，点在上，且.(1)求抛物线的方程；(2)若过点的直线交于、两点，且，求的值.18．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)设数列的前项和为，当时，均存在两个极值点，，且满足，证明：；(3)，，都有，求实数的最小值.19．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）.(1)若是的中点，证明：平面；(2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值；(3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长.答案1．B【详解】已知，得.已知，得.2．A【详解】因为向量，，且，则.3．B【详解】等差数列中，，解得，所以.4．C【详解】因为函数，则.5．D【详解】过点作于点，由，，，.得，，故.以直线为轴旋转一周，形成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，圆柱底面半径，高，圆锥底面半径，高.该几何体的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的下底面积和圆锥的侧面积组成.圆柱侧面积.圆柱下底面积，圆锥侧面积.故表面积.6．B【详解】由整理为：，所以联立方程组得，解得，即直线恒过定点，因为，所以圆心，半径，所以圆心到定点的距离为：，所以点在圆内，直线与圆始终相交，当最大时，弦长最小；当直线时，，所以弦长最小值为.7．A【详解】设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”，事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”，所以，故，，故，故A正确.8．B【详解】如下图所示，取两函数图象相邻的四个交点、、、，则四边形为菱形，不妨设点、、，由题意可知，由，整理可得，由可得或，由可得，可得，不妨取、、，即取点、、，所以，，由，即，解得.9．BCD【详解】已知复数，先化简：.A：的虚部为，不是，A错误.B：的共轭复数，B正确.C：对应复平面内点，在第一象限，C正确.D：，，，所以，D正确.10．ABD【详解】已知等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，对于A，当时，，，代入的表达式得，，因此是等差数列，故A正确；对于B，当时，，，代入的表达式得，由于是单调递减的，因此数列不存在相同的项，即中任意两项的差均不为，故B正确；对于C，当时，，，代入的表达式得，因此存在，使得为常数列，故错误；对于D，由，且，当时，，，代入的表达式得，，显然不是等比数列；当时，，则，得，当时，由C选项可知，此时，则数列为零数列，不是等比数列，不符合条件，当时，要使为等比数列，则对任意恒成立，其中是一个常数，而，解得，当且仅当时恒成立，不符合条件，因此不存在，使得为等比数列，故D正确.11．ACD【详解】对于A：，故正确.对于B：，，，，.取点在曲线上，点在直线上，，B选项错误.对于C，点在曲线上运动，点在直线上运动，要使最小，则两点距离最小.如图，平移直线与曲线相切，根据切线不等式，当且仅当时等号成立，则切线为，切点为，过切点作直线的垂线，则垂线所在直线方程为，；联立可易得垂足坐标为，故当最小，为，故正确；

对于D：，，，，.由，得，令.则，所以.因为，所以.所以，所以，D正确.12．【详解】先对求导.令，得.移项得，即.所以，代入，.13．60【详解】先排4个数字（两个2、两个3），从4个位置中选2个放2，剩余位置放3，用组合数表示为：种，排好4个数字后，形成5个空隙（含两端），从5个空隙中选2个放1（1无需排序），表示为：种根据分步乘法计数原理，两个1不相邻的六位数个数为：种.14．【详解】设，，，由在上.得，，两式作差得.即，直线斜率，解得.又在椭圆上，故，，两式作差得：，因式分解得：，化简得，代入，得.由代入，得将代入上式：因，约去得，即.又，代入得，化简得.即，故椭圆离心率.15．(1)或(2)【详解】（1）因为，，，所以由正弦定理得：，因为，所以或.所以当时，，符合题意；所以当时，，符合题意.（2）在中，因为，所以，把，，代入得，又因为，所以，，所以，所以，所以的面积为.16．(1)(2)(3)【详解】（1）第65百分位数的位置：向上取整为第7个数，即第65百分位数为61不低于61的数据为61，68，77，83共4个，低于61的数据有6个从10个数据中抽3个，恰有两个不低于61的概率为（2）由题意得，所以回归方程为（3）第11款芯片编号为，预测由已知性能偏离度即，解得所以，解得所以第11款芯片的实际性能得分应保持在区间17．(1)(2)或【详解】（1）因为点在上，所以①，②，由①②得，所以抛物线的方程为.（2）若直线的斜率不存在，此时直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程，设点、，由得，，由韦达定理可得，，，解得，所以，即，解得或，所以或，所以的值为或.18．(1)单调递增区间为，无单调递减区间(2)证明见解析(3)【详解】（1）的定义域为，.当时，.所以的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）当时，令则①且，所以即由①得，化简得（3）方法一：由题意得①当时，，在上单调递增，所以所以，所以②当时，令得，且，不妨设，则所以当时，令得；令得所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以所以所以化简得令，所以.令得；令得.所以在上单调递减，在上单调递增.所以，.因为，所以，的最小值为.方法二：由得，化简为.①当时，.②当时，.此时无论为何值，一定存在使得，③当时，，则，所以为保证存在满足，必须有，所以.令，则在上单调递增.所以，所以.综上所述，的最小值为.19．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系则、、、、、、，因为为中点，所以，所以，，，所以，，所以，，又因为，，平面，所以平面.（2）因为，为四边形内一动点，设，则，且，，所以，又因为，，设为平面的一个法向量，则，取，则，设与平面所成角为，所以，当且仅当时，等号成立，此时，即时，等号成立，所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为.（3）法一：因为，，，、平面，所以平面，又平面，平面，所以平面平面，平面平面，又平面平面，平面平面，所以为点到直线的距离，为点到直线的距离，