2026年山东日照市高三三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2023级高三模拟考试数学2026.05考生注意：1．答题前，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，将试题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．设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数z满足，则（

）．A． B． C． D．23．设是夹角为的两个单位向量，若，则（）A． B．2 C． D．34．已知数列，则“为等差数列”是“，（m为常数）”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．已知函数且，若，则（

）A．3 B．2 C．4 D．6．在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（

）A． B． C． D．77．已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（

）A． B． C． D．8．已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（）A．有且仅有一点P使二面角取得最小值B．有且仅有两点P使二面角取得最小值C．有且仅有一点P使二面角取得最大值D．有且仅有两点P使二面角取得最大值二、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．下列说法正确的是（

）A．若随机变量，则B．若事件A和B相互独立，则C．已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是，若，，则D．已知，，，的平均数为，方差为2，则，，，，的方差为10．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（

）A．若，则直线l的斜率为 B．C．（O为坐标原点） D．当取最小值时，11．已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（

）A．数列的通项公式为 B．C． D．数列为等差数列三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，，则_____．13．在棱长为1的正方体中，M为正方体内（含表面）的动点，若直线与的夹角为，则点M的轨迹形成图形的面积为___．14．设，，，…，，其中，则的零点个数为_____．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．记的内角，，的对边分别为，，，且．(1)证明：，，成等差数列；(2)若，延长至，使得，求．16．如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面．(1)求证：；(2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值．条件①：；条件②：直线与平面所成角为；条件③：的面积为．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17．设．(1)设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值；(2)若正实数a，b满足：对于，都有，求的最大值．18．在平面直角坐标系中，已知双曲线C：（）的左，右焦点为，，直线l交C于A，B两点，点在C上．且当为等腰三角形时，．(1)求C的方程；(2)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．①当M为C的右顶点时，若，求l与x轴的交点的坐标；②当l过点时，记的费马点为P，，，的面积分别为，，，求的最小值．19．在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处．(1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；(2)记第n秒末点M回到原点的概率为．①求，，并利用公式，求；②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】借助补集与交集定义计算即可得.【详解】由，，则，又，故.2．C【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模的公式求解.【详解】由可得，故，故选：C3．A【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解．【详解】，则．4．B【分析】根据给定条件，利用等差数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】若为等差数列，设其公差为，则，即符合条件；若，则的奇数项和偶数项分别成等差数列，不一定为等差数列，如数列，通项公式为，满足，不是等差数列；所以“为等差数列”是“，（m为常数）”的充分不必要条件.5．C【分析】根据对数的运算性质计算即得.【详解】由题意知，所以，即得解得.故选：C.6．A【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数．【详解】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，它的展开式共计有项，，故二项展开式的通项公式为，令，求得，可得在的展开式中的系数为，故选：A．7．A【分析】先利用余弦相等的解方程条件求出两曲线交点的坐标规律，再结合相邻三个交点构成等腰直角三角形的几何性质，通过等腰直角三角形斜边与高的数量关系建立方程，即可求解的值.【详解】∵两曲线交点满足，根据余弦方程的解为，分情况讨论：.若，化简得，无实数解，舍去；.若，整理得，解得交点横坐标为.将横坐标代入，得交点纵坐标：

∴相邻三个交点的坐标为：，，.∵三点构成等腰直角三角形，直角顶点为中间点，∴斜边的长度为横坐标差：，斜边上的高为两点纵坐标差：.∵等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，∴，代入得：

化简得，解得.【点睛】1.技巧提示：求解两个三角函数交点问题时，优先利用三角恒等变换解方程得到交点的坐标规律，避免逐点枚举.2.几何性质应用：等腰直角三角形斜边上的中线（高）等于斜边的一半，是本题建立参数方程的关键，避免了复杂的斜率/长度计算.8．D【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以，平面，，所以平面，平面，所以，，所以是二面角的平面角，设，，，，则，由已知得，，，，，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，当时，取最大值，没有最小值，即当时取最大值，从而取最大值，由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故选：D．9．ACD【分析】据二项分布的方差判断A，根据独立事件与互斥事件判断B，根据线性回归方程过样本中心点判断C，根据方差定义计算判断D.【详解】由二项分布知，当时，则，故A正确；因为事件A和B相互独立，所以可能同时发生，即不一定是互斥事件，所以不一定成立，故B错误；因为满足线性回归方程，所以，解得，故C正确；因为，，，的平均数为，方差为2，所以，即，而，，，，的平均值为，所以方差为，故D正确.10．ABD【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D.【详解】对于A，依题意得，设直线，联立，消去x得，则，则，解得或，则或，则直线l的斜率，故A正确；对于B，，当且仅当时等号成立，故B项正确；对于C，因为，所以，故C项错误；对于D，依题意有，抛物线的准线方程为，所以，则，由抛物线的定义可得，可得，因为，所以，当且仅当时取等号，此时，故D项正确．故选：ABD．

11．BCD【分析】由求判断A，根据新定义及二进制判断BC，根据二进制意义及等差数列的定义判断D.【详解】对于A，当时，，当时，，所以，故A错误；对于B，，其中，则表示二进制中1的个数，，则，故B正确；对于C，设的二进制为，则的二进制为后加3个0（左移3位），的二进制为后接101（因），原末3位若为000，现变为101，新增2个1，故；的二进制为B后加2个0（左移2位），的二进制为B后接11（因​），原末2位若为00，现变为11，新增2个1，故，两者相等，故C正确；对于D，因为，所以，，所以，因为.的二进制表示为，所以，则，因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确．12．【分析】结合同角三角函数的基本关系和余弦的两角差公式可求解.【详解】，由平方关系,13．【分析】由题设可得M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的.【详解】因为，则M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，又因为母线则点M的轨迹所形成图形的面积为：，14．2027【分析】分析的表达式规律，通过递推归纳出的分段形式与零点、分段区间的规律，再结合函数的单调性、值域来确定交点数量.【详解】∵，，∴归纳可得的性质：1.基本属性∵所有迭代均为绝对值变换，∴定义域为，值域为，图像连续无间断.∵关于直线对称，迭代操作不改变对称轴，∴关于直线对称.2.零点分布令，得，逐层递推得，∴零点为，即，共个零点，相邻零点间距为，均关于对称.3.分段表达式与图像形态①当时，迭代后绝对值均可直接展开，，为斜率为的射线，过点向右上方无限延伸；②当时，迭代后绝对值均直接展开，，为斜率为的射线，过点向左上方无限延伸；③当时，任意相邻零点构成区间（为偶数），区间内为开口向下的V形折线，顶点为区间中点，纵坐标恒为.4.整数点函数值当为整数时，若为偶数，则；若为奇数，则.要求的零点个数，即求与的交点个数，其中，对数底数为，分区间讨论：①当时，∵，单调递减，值域为，在内单调，值域为，∴两函数在内有且仅有个交点.②当时，∵，单调递增，值域为，在内为分段线性函数，值域为，每一段斜率交替为，与单调递增的对数函数共有个交点.③当时，∵，单调递增，斜率为，，单调递增，且导数为，当时，，当足够大时，线性函数增长速度远快于对数函数，故，∴两函数在内有且仅有个交点.综上，交点总个数为，即的零点个数为.【点睛】方法归纳：本题属于迭代函数与对数函数的零点交点问题，核心解题思路是先归纳迭代函数的周期性、值域、单调性特征，再结合另一函数的单调性与增长速度，分区间逐一判断交点个数，利用归纳推理简化复杂迭代的分析过程.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据已知结合两角和的正弦公式，诱导公式及正弦定理即可证明；（2）由及已知得出是等边三角形，设，则，由余弦定理即可求解．【详解】（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以，由正弦定理得，，所以，，成等差数列．（2）因为，代入，可得，因为，所以，所以是等边三角形，设，则，在中，由余弦定理，得，所以．16．(1)证明见解析(2)选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故.（2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为.【详解】（1）因为四边形为正方形，所以.因为平面，平面，所以.因为，所以共面.又，平面，所以平面因为平面，所以.（2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直.选条件①以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由得：，由，设.由，得恒成立.此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.选条件②以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由得：，由，设，所以直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为.故，解得（舍去负值）,设平面的法向量.向量，.由法向量定义得方程组：，.解得，取，则.求平面的法向量.向量，.由法向量定义得方程组：，.令，则，，即.设平面夹角为，则.平面与平面夹角的余弦值为选条件③以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由得：，由，设，所以，，解得（舍去负值）设平面的法向量.向量，.由法向量定义得方程组：，.解得，取，则.求平面的法向量.向量，.由法向量定义得方程组：，.令，则，，即.设平面夹角为，则.平面与平面夹角的余弦值为17．(1)(2)【分析】（1）利用导数求出平行于直线的直线与曲线相切的切点坐标，再结合几何性质求出最小值.（2）等价变形给定不等式并构造函数，利用导数求出函数的最小值，由此最小值不小于0得，进而得的关系式，再构造函数并求出最大值即可.【详解】（1）依题意，将直线往靠近曲线的方向平移，当平移到直线与曲线相切时，切点P与直线间的距离最近，设切线方程为，切线与曲线的切点为，而，则，即，解得，，点到直线的距离，因此，当且仅当点坐标为，且垂直于直线时取等号，所以的最小值为.（2）对于任意，不等式恒成立，，令，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，因此，即，由，得，解得，则，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则，因此，所以的最大值为．18．(1)(2)①；②【分析】（1）当时，将会得到矛盾，当，利用余弦定理得，则得到其方程；（2）①设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再根据向量垂直的坐标表示得到，再替换后代入韦达定理化简即可；②首先验证斜率为0时的情况，再考虑斜率不为0时，计算，代入韦达定理式得其恒为0，则，再化简面积表达式，最后利用换元法和基本不等式即可得到最值.【详解】（1）由对称性，不妨设点M在双曲线右支上，则，若，则，，，又因为，所以，所以，矛盾，舍．若，则，，，解得，，所以双曲线C：．（2）①由(1)知.当直线斜率为零时，设，则，，，，又因为，解得，不符合题意；当直线的斜率不为零时，设，由，可得，，则，，，，，即，或1（舍），时，满足．与轴交点的坐标.②设l的方程为，因为l过点，所以．由C：变形得，