山东省淄博市2026届高三下学期五月考前模拟检测（三模）数学试卷（含答案）

2026年数学科高考仿真模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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、单项选择题：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．已知复数z满足，则（）A． B． C．1 D．2．已知全集，集合，则（）A． B． C． D．3．十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”．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4．函数的图象在区间上恰有一个对称中心，则ω的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知正四棱台上、下底面的面积分别为4和144，侧面等腰梯形的高为13，则该四棱台的体积为（）A． B．688 C． D．8886．已知两点，，若圆上存在点P使得，则实数m的取值范围是（）A． B． C． D．7．将标有1，2，3，4，5的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列时，五张牌的排法总数为（）A．8 B．10 C．13 D．168．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为、，分别过、作斜率为、-2的直线、，若和的交点在双曲线上，则C的离心率为（）A． B．2 C． D．3二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．随机事件A，B满足，，，则（）A． B．事件A，B相互独立C． D．10．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的若干种价格进行试销，统计了连续5个月的月销售量y（单位：千件）与售价x（单位：元／件）的情况如下表所示．售价x（元/件）1011121314月销售量y（千件）109975则（）A．y关于x的线性回归方程为：B．相关系数（小数点后保留两位）C．当售价为15元/件时，预测月销售量为3．4千件D．在线性回归方程的估计下，样本点的残差为-0．4参考公式：①②③参考数据：，，，11．对于一个函数和一个点，令，若有最小值，则称点是M在的“最近点”．则（）A．对于，点，则点是M在的“最近点”B．对于，点，则点是M在的“最近点”，且直线与在点P处的切线垂直C．已知在定义域上存在导函数，且函数在定义域上恒正，设点，．则对任意的，的中点同时是，在的“最近点”D．已知在定义域上存在导函数，且函数在定义域上恒正，设点，．若对任意的，存在点P同时是，在的“最近点”，则单调递增三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则________．13．设正项数列，，，则的前n项和为________．14．已知在中，，，则向量在上的投影向量的模的最小值为________．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．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，．（1）求A，C；（2）若，求a，c．16．已知函数．（1）当，时，求的极值；（2）若，有最大值且的最大值小于，求a的取值范围．17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，与相交于点E，点F在上，，，，．（1）证明：平面；（2）若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为β，求．18．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为，的中点．（1）若，求M点的横坐标；（2）证明：直线过定点；（3）设G为直线与直线的交点，求面积的最小值．19．盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同．甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中．直至盒中红球已被全部取出，游戏结束．第一次摸球从甲开始，记为第n次摸球后游戏结束的概率．（1）求，；（2）求；（3）若摸球次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量，证明：．2026年数学科高考仿真模拟试题答案选择题：1．A2．B3．B4．C5．B6．A7．D8．C9．ABD10．ABD11．ABC8．答案：C解析：由题意知：，则直线方程：；直线方程：；联立方程可得交点坐标：，因为交点在双曲线上，故满足双曲线方程，代入可得：；由双曲线定义可知，满足：；代入；可得：，两边同乘去分母可得：，即：，两边同除，可得：，即；解得或；因为双曲线离心率；故，因此双曲线的离心率为．11．答案：ABCA．当时，，当且仅当即时取等号，故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．B．由题设可得，则，因为均为上单调递增函数，则在上为严格增函数，而，故当时，，当时，，故，此时，而，故在点处的切线方程为．而，故，故直线与在点处的切线垂直．C．因为既是的最小值点，也是的最小值点，则，即，③，④③④得即，因为则，解得，得证．D．设，，而，，若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，设，则既是的最小值点，也是的最小值点，因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，则存在，使得，即①②由①②相减得，即，即，又因为函数在定义域上恒正，则恒成立，接下来证明，因为既是的最小值点，也是的最小值点，则，即，③，④③④得即，因为则，解得，则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．答案：13．答案：14．答案：解析：，向量在上的投影向量的模为，即，当且仅当，即时取到最小值．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．解析：（1），所以，又∵，∴，∵，∴或，当时，不成立；当时，又∵，∴∴，综上，．（2）由（1）知，，由正弦定理，，，∴．16．解析：（1）当时，，其定义域为，令，得或，令，得，100单调递增极大值单调递减极小值单调递增当时，有极大值，当时，有极小值，极大值为，极小值为．（2）若，则，定义域为，当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意，所以，令，则，在上单调递增；令，则，在上单调递减，则，因为，因为的最大值小于，所以，解，设，易知在上单调递增，又，所以，所以，故的取值范围为．17．解析：（1）法一∵底面是菱形，∴，∵平面，且平面，∴．又∵，平面，∴平面，∵平面，∴，又∵，且平面，∴平面，∵平面，∴，∵，∴，即，又∵平面平面，且，∴平面．法二：以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，∵，∴，又∵，∴在中由勾股定理得，即，∴．∴，，平面，∴平面．（2）法一：以E为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，∵，∴，又∵，∴在中由勾股定理得，即，∴，∴∵，∴，∴，∴，∵平面，∴与平面所成的角为，∵平面，∴是平面的一个法向量，∵平面，平面，∴平面平面，设，只需，则平面，则，令，则，∴，∴．法二：过作和的平行线，平面平面，过作的延长线于点，连接易证为二面角的平面角利用等面积法求出，从而求出两角和．法三：作于，易证平面，作于，易证平面，在中，，利用余弦定理和三角形的面积公式，，．18．解析：（1）由得，所以点的横坐标．．（2）由，故，由直线与直线垂直，故两直线斜率都存在且不为0，设、、、，直线、分别为，联立，故，即，同理可得，由对称性，定点一定在轴上，设为，则，有，故，故过定点，且该定点为（3，0），（3）先证，事实上，取的中点，连接，则为的中位线，即，从而，同理可得，故，即，又，同理，，当且仅当时等号成立．故最小值为8．19．解析：（1）解：（1），．（2）若盒中有4个黑球，2个红球，一次性摸出两个球，摸到0，1，2个红球的概率分别为，若盒中有4个黑球，1个红球，一次性摸出两个球，摸到0，1个红球的概率分别为，则摸球次，记第次和第次分别各摸