山东省菏泽市高三一模数学试题

2026年高三一模考试数学试题2026.03注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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，，若，则m的值为（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】【详解】因为，，，所以，可得，解得.2.在的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理求出项即可得该项系数.【详解】二项式的展开式中，含的项为，所以的系数为.故选：A3.已知向量，，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义计算得解.【详解】因为，所以在上的投影向量为：.4.已知圆，过点的直线l与C交于A、B两点，当取最小值时，直线l的方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出弦长最短时直线的斜率，利用点斜式即可求得方程．【详解】由题意知，当点为弦AB的中点时，即时，取最小值，又圆心，所以，进一步可得，此时直线方程为，即．5.图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】由体积关系可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，依题意可得，即可求解．【详解】因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，设为，如图，则，则其外接球的半径为,解得，所以.6.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由条件根据余弦定理求的表达式，利用基本不等式求的最小值，再由同角关系求的最大值，利用三角形面积公式求结论.【详解】由余弦定理可得，又，，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，又，所以，，所以的面积，所以当时，的面积取最大值，最大值为.7.已知，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【详解】取，，则，但，，此时，，，所以不是的充分条件，取，，则，，故，但，所以不是的必要条件，所以是的既不充分也不必要条件8.已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于、两点.当点运动时，点的轨迹方程为（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】根据直线与双曲线相切，推出，，再求出,消去可得结果.【详解】因为双曲线与直线有唯一的公共点，所以直线与双曲线相切，联立，消去并整理得，所以，即，将代入得，，因为，，所以，所以，，即，由可知，所以过点且与垂直的直线为，令，得；令，得，则，，则，所以，，代入得，即，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.下列说法正确的有（）A.已知，若，则B.若样本数据方差为1，则数据的方差为2C.已知样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则D.若，是两个随机事件，，，，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据正态分布的对称性即可求解；对于B，根据方差性质即可求解；对于C，根据残差的定义列等式变形即可；对于D，根据条件概率公式即可求解．【详解】对于A，，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，样本点的残差为，样本点的残差为，由残差相等可得，可得，故C正确；对于D，，，，，故D正确．10.函数的图象是由函数，与函数，的图象“拼接”而成.则下列说法正确的有（）A.B.若，则C.若有三个零点，则D.若关于的方程存在实数解，则实数满足或【答案】ACD【解析】【详解】对于A，，故A正确，对于B，易知在上单调递增，故由，得，得，故B错误，对于C，函数有三个零点，等价于方程有三个不相等的实数根，等价于函数的图象与直线有三个交点，又直线恒过定点，如图，当直线位于与之间（不包括两条直线）时满足条件，当直线位于时，；当直线位于时，联立与，消去整理得，由相切，得，解得，又，则，由图可知，故C正确，对于D，由上图得函数的值域为，而的图象是由的图象向右平移个单位得到，故的值域为，将条件转化为关于的方程存在实数解，所以，解得或，故D正确.11.已知数列中至少含有5项，从该数列中任意取出三项构成的子列，若该子列中的一项等于该子列中其余两项的积，则称该子列为数列的“”子列.则下列说法正确的有（）A.数列的所有“”子列的个数为4B.若，则数列不存在“”子列C.数列的所有“”子列的个数为D.若是公差为的等差数列，，则存在“”子列的充要条件是或【答案】ABC【解析】【分析】根据“”子列的定义，列举法判断A；反证法结合指数幂运算判断B；通过指数幂运算分类讨论后可判断C；举反例可判断D.【详解】对于A，从数列中，找出所有满足“一项等于另两项乘积”的三元组合：

、、、，共4个，故A正确.对于B，，假设数列中存在“”子列，则，化简得，左边是3的整数次幂，不可能等于2，矛盾，因此假设不成立，即不存在“”子列，故B正确.对于C，设数列中的“”子列为，则，所以，当时，可取2到中任意一个数，共个“”子列；当时，可取3到中的任意一个数，共个“”子列；；当时，可取，中的任意一个数，共2个“”子列，综上，共有个“”子列，故C正确.对于D，，若，则，满足，即构成一个“”子列，但不是，因此充要条件不成立，故D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.曲线在点处的切线方程是______.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解.【详解】，点在曲线上，，，所以切线方程为，即切线方程为.13.已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______.【答案】【解析】【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值.【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，，联立消去得，，则由韦达定理得，所以，所以，，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，当时，，综上，直线OM的斜率的最大值为.14.在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________.【答案】【解析】【分析】设，利用平行线分线段成比例，得出平行四边形的面积，求出体积，再由导数求最大值即可.【详解】设，因为平面平面，，则到平面的距离，因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为,所以，因为平面与平面，平面的交线分别为，所以，所以，又，所以,同理，，在矩形中，，，所以,故的夹角为，故的夹角为，所以，所以，由，解得或（舍去），当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，.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.已知复数，.（1）当时，求；（2）设，记（表示复数z的虚部）.将图象上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，求的单调递增区间.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的除法求解即可；（2）利用复数的乘法及三角函数图象的变换求出，再由正弦型三角函数的单调性求解即可.【小问1详解】当时，所以.【小问2详解】因为，所以，所以，将图象上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）得，令，解得，所以的单调递增区间是16.如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且.（1）求证：平面；（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）构造平面，证明面面平行，利用面面平行的性质定理即可证明结论.（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解.【小问1详解】取的中点R，连接PR、RQ，由P为的中点知，因为平面，平面，所以平面，由M为的中点且，知，所以，因为平面，平面，所以平面.因为，平面，所以平面平面.又因平面PRQ，所以平面.【小问2详解】取的中点，由知，以为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，，所以，则，，，，，，所以，由得，所以.设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为.因为平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.17.已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形.（1）求的值；（2）求平行四边形面积的最大值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）设出点A，B的坐标，结合它们所在的直线方程，再根据向量关系得到点P的坐标，因为点P在椭圆上，将P的坐标代入椭圆方程，可得到A，B的坐标与P的坐标的关系式，进而通过弦长公式求解.（2）设直线OA的倾斜角为，通过倍角公式求出，，利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果；【小问1详解】因为点分别在直线与上，所以可设，设，则因为四边形OAPB是平行四边形，所以即所以，所以【小问2详解】因为点A，B分别在直线与上设直线OA的倾斜角为，则，，，即，所以平行四边形OAPB的面积为在中，设，所以，当且仅当时等号成立所以平行四边形的面积为，当且仅当时等号成立，所以平行四边形的面积的最大值为.18.已知函数，.（1）当时，证明：1是的极值点；（2）当时，证明：；（3）若，对任意的，恒成立，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据函数的导数证明1是的极值点；（2）分，两种情况讨论，当时，利用导数判断函数的单调性即可得证；（3）利用导数求函数的最小值，可得，转化为，构造函数，利用导数求最大值即可.【小问1详解】当时，，，时，，故；时，，故，又，所以1是的极值点.【小问2详解】当时，只需证明，①当时，，，不等式显然成立；②当时，令，，令，则，因为，，，所以，所以单调递减，所以，所以单调递减，所以，所以，综上，原不等式得证.【小问3详解】任意的，恒成立，只需要，又是增函数，，，，故由零点存在性定理可知，，使得，此时，由题设及可知，，解得，当，，故单调递减，当，，单调递增，所以，取得极小值也是最小值，所以，所以，得，，令，，得（舍去）或，当，0单调递增，当，，单调递减，所以时，取得极大值也是最大值，所以，所以的最大值是.19.甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制.参考公式：若，则.（1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率；（2）已知X，Y是随机变量，则，现用表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求；（3）设甲摸球次后通关成功的概率为，求出与的递推关系式，并证明.【答案】（1）（2）11（3），证明见解析【解析】【分析】（1）每一关都一次通过则刚好摸球3次恰好通关，直接计算即可；（2）设表示甲从第关过关所需的摸球次数，利