山东省日照市2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东省日照市2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷一、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.设全集U=−2,−1,0,1，集合A=−2,0,1，B=−1,1，则A∩A.−2 B.0 C.−2,0 D.−2,0,12.已知复数z满足1+iz=z−2i，则|z|=(

)A.32 B.52 C.103.设a,b是夹角为120∘的两个单位向量，若c=2A.3 B.2 C.7 4.已知数列an，则“an为等差数列”是“∀n∈N+，an+2−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f(x)=1logaxa>0且a≠1，若A.3 B.2 C.4 D.6.在(x−12A.454 B.−358 C.357.已知ω>0，曲线y=cosωx与y=cos(ωx−πA.3π3 B.2π28.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，AB=BC=1，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B−l−C取得最小值

B.有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值

C.有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值

D.有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值二、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.下列说法正确的是(

)A.若随机变量X∼B4,12，则DX=1

B.若事件A和B相互独立，则PA∪B=PA+PB

C.已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是y=bx+0.3，若x=5，y=0.8，则b=0.1

D.已知x1，x2，x10.已知抛物线C:y2=8x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|BF|=4|AF|，则直线l的斜率为±43

B.|AF|+4|BF|≥18

C.0∘<∠AOB<90∘(O为坐标原点11.已知数列an的前n项和为Sn=2n−1+1n∈N+，设A.数列an的通项公式为an=2n−2 B.fm=f2m三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知0<α<π2，sinα=55，则13.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为正方体内(含表面)的动点，若直线AM与AB的夹角为14.设f0x=x−1，f1x=f0f0(x)，f2四、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)记ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB(1)证明：a，b，c成等差数列；(2)若B=60∘，延长BC至D，使得BC=2CD，求AD16.(本小题15分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，且DE⊥平面ABCD,BF//DE．(1)求证：AC⊥EF；(2)若AD=2,DE=1，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ABCDEF唯一确定，求平面ABF与平面AEF夹角的余弦值．条件①：FA=FC；条件②：直线AF与平面ABCD所成角为π3条件③：▵AFC的面积为2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.(本小题15分)设fx(1)设点P在曲线y=fx上，点Q在直线y=x−1上，求PQ(2)若正实数a，b满足：对于任意x∈R，都有fx≥ax+b，求ab18.(本小题17分)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的左，右焦点为F1，F2，直线l交C于A，B(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▵ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AQB=∠BQC=∠CQA=120∘的点Q即为费马点；当①当M为C的右顶点时，若MA⊥MB，求l与x轴的交点的坐标；②当l过点−2x0,2y0时，记▵MAB的费马点为P，△PMA，▵PMB，▵PAB的面积分别为S1，S19.(本小题17分)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14.例如在1秒末，点M会等可能地出现在1,0，−1,0，0,1，(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pn①求p2，p4，并利用公式i=0n②令bn=p2n，记Sn为数列bn的前n项和，若对任意实数t>0，存在n∈N+，使得Sn参考答案1.C

2.C

3.A

4.B

5.C

6.A

7.A

8.D

9.ACD

10.ABD

11.BCD

12.313.214.2027

15.解：(1)证明：由题意，在△ABC中，sinB1+cosB=sinC2−cosC，

即sinB(2−cosC)=sinC(1+cosB)，

即2sinB−sinBcosC=sinC+sinCcosB，

即2sinB=sinC+sinCcosB+sinBcosC，

故2sinB=sinA+sinC，

由正弦定理，得2b=a+c，

故a,b,c成等差数列；

(2)由(1)知2b=a+c，若B=60∘，

在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+16.解：(1)因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD．因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC．因为BF//DE，所以B,F,D,E共面．又BD∩DE=D，BD,DE⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF因为EF⊂平面BDEF，所以AC⊥EF．(2)四边形ABCD为正方形，且DE⊥平面ABCD,所以易得DA,DC,DE两两垂直．选条件①以D为原点，分别以DA,DC,由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由EF//BD，设F2,2,t由FA=FC，得0此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效．选条件②以D为原点，分别以DA,DC,由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由DE//BF，设F2,2,tt>0直线AF与平面ABCD所成角为π3，易得平面ABCD的一法向量为n故sinπ3=cos⟨设平面ABF的法向量n1=(x1,由法向量定义得方程组：AB⋅n1解得y1=0,z1=0求平面AEF的法向量n2向量AE=(−2,0,1)，AF由法向量定义得方程组：AE⋅n2令x2=1，则z2=2，设平面夹角为θ，则cosθ=平面ABF与平面AEF夹角的余弦值为选条件③以D为原点，分别以DA,DC,由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由DE//BF，设F2,2,t所以AC=(−2,2,0),cosθ=ACS解得t=23设平面ABF的法向量n1=(x1,由法向量定义得方程组：AB⋅n1解得y1=0,z1=0求平面AEF的法向量n2向量AE=(−2,0,1)，AF由法向量定义得方程组：AE⋅n2令x2=1，则z2=2，设平面夹角为θ，则cosθ=平面ABF与平面AEF夹角的余弦值为

17.解：(1)根据题意，将直线y=x−1往靠近曲线y=fx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y=x+c，切线斜率为1

，因为f′x=ex

，则斜率k=f′x0=e此时切线方程为y−1=x

，即y=x+1

，此时P0,1，从P点向直线y=x−1作垂线，垂足为Q，此时PQ即PQ=所以PQ的最小值为2(2)若对于任意x∈R，都有fx≥ax+b，即可得令gx=e当a≤0时，g′x=ex−a>0显然当x趋近于−∞时，不等式并不恒成立，不合题意；当a>0时，令g′x=e所以当x∈−∞,lna时，g′x<0当x∈lna,+∞时，g′x>0，此时所以gx在x=即满足gx即b≤a−aln由a>0可得ab≤a设hx=x令h′x=0可得即x∈0,e时，h′x>0当x∈e,+∞时，h′x<0所以hx即ab≤所以ab的最大值为e2

18.解：(1)由对称性，不妨设点M在双曲线右支上，则MF若MF2=F1F2又因为cos∠F1所以∠MF若MF1=F1F2解得c=2，∴b2=3，所以双曲线C(2)①由(1)知C:x当直线l斜率为零时，设Ax1,∵MA⊥MB，∴MA∴MA又因为x12−当直线的斜率不为零时，设l:x=ty+m,Ax由x2−y23则Δ=36∵MA⊥MB，∴MA⊥MB∴x1即t2∴m2+m−2=0,∴m=−2或1(舍)，m=−2∴l与 x轴交点的坐标(−2,0)②设l的方程为mx−因为l过点−2x0,2由C：x2−y即3x−所以3x−整理得−1+2n所以kMA⋅k当MA，MB中有一条直线斜率不存在时，假设MA斜率不存在，Ax0,−y0，l过点−2x0,2y综上，恒有MA⊥MB，所以费马点P在▵MAB内部，且∠APM=∠BPM=∠BPA=120

∴S又因为MA2PA2所以2PM即2PM令PMPA=x，PMPB=y，则因为2xy+x+y=1≤x+y22当且仅当x=y=所以S1+S

19.解：(1)记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有4×4−4=12种，其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点2,0，−2,0，0,2，0,−2这四种情况．则PB故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为13(2)①点M在第2秒末回到原点，p2=点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向