2026年山东潍坊市高考模拟考试数学试题（含详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页潍坊市高考模拟考试数学2026.4注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.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，考生必须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．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．已知一组数据的中位数为10，则该组数据的平均数为（

）A．7 B．8 C．9 D．103．抛物线上的点到的准线的距离为（

）A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，点，则的最大内角为（

）A． B． C． D．5．投壶源于射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏及礼仪，参与者需在一定距离外将箭矢投入壶口或壶耳.在某投壶游戏中，选手甲投中壶口､壶耳的概率分别为，依落点计分如表格所示.若甲连续投掷3次，每次投掷互不影响，则甲的总得分不少于5分的概率为（

）投掷结果壶口壶耳其它计分210A． B． C． D．6．已知，且，则（

）A． B． C． D．7．若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知椭圆的右焦点为，直线交于两点，为坐标原点，且，过作，垂足为，则直线的斜率的取值范围是（

）A． B．C． D．二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．已知复数，其中在复平面内对应的点为，则下列结论中正确的是（

）A．B．C．若，则D．若，则10．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为为底面上的动点（含边界），则（

）A．直线与所成角的大小为B．的最小值为C．满足的点的轨迹长度为D．满足三棱锥外接球的体积取得最大值的点共有5个11．半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（

）A．点在曲线上B．曲线围成的区域面积等于16C．曲线与直线有三个交点D．曲线上点的横坐标的最大值为三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12．已知正方形的边长为2，点P满足，则_________．13．已知点和圆，若以线段中点为圆心，为半径的圆与交于两点，则__________.14．已知函数的图象与直线交于三点，其横坐标分别为，且，则的取值范围是__________；若为中点，则__________.四､解答题：本大题共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．已知数列的前项和为，等差数列满足.(1)求数列和的通项公式；(2)记为在区间内项的个数，为数列的前项和，求.16．已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若存在极小值，且极小值大于0，求的取值范围.17．如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.

(1)证明：平面平面；(2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.18．已知双曲线的焦距为，渐近线方程为．(1)求的方程；(2)过点作两条互相垂直的直线，若与的右支交于两点，与的右支交于两点，线段与的中点分别为，且在第一象限．（i）证明：直线过定点；（ii）直线与交于点，求面积的最小值．19．在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为.(1)若.（i）求车辆经过10次扰动到达的概率；（ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率.(2)若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】化简集合，再根据交集的定义求结论.【详解】不等式，可化为，故，不等式，可化为，所以，所以.2．C【详解】由时，中位数，由时，中位数，而中位数为10，显然，综上，且，可得，所以数据的平均数为.3．C【详解】由抛物线得，，准线方程为，点到的准线的距离为.4．B【分析】先确定最大边，大边对大角，利用余弦定理进行求解【详解】由已知，，显然，，所以，而，所以的最大边为，其所对的角为最大内角，即为，则，故为锐角，而，所以的最大内角为.5．D【详解】由题意可得甲的总得分不少于5分包含三次均投入壶口或三次中有两次投入壶口，一次投入壶耳两种情况.三次均投入壶口得6分的概率，三次中有两次投入壶口，一次投入壶耳得5分的概率，所以甲的总得分不少于5分的概率为.6．C【分析】先求出，分类讨论，结合，可求答案.【详解】因为，所以，因为，所以，即；因为，所以，当时，，所以，此时.当时，，所以，由可知，此时不合题意.7．A【详解】，要使条件①成立，则必须保证当时，恒成立，又在上单调递增，故，.时，，要使条件②成立，这必须保证在区间有解.即成立，，又在上单调递增，.综上，的取值范围是.8．D【分析】设，两点后利用它们满足椭圆方程以及，得到关于的等式，再利用等面积法写出的表达式，将前面的等式代入化简得到为定值，最后根据直线与圆有公共点求出斜率的范围.【详解】由方程可知，所以，所以，设，，则有，，即，，①由可得，即，将①代入得，化简得，对于，，即为上的高，由等面积法可得，为定值，所以点的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆，直线与该圆应有公共点，设的斜率为，则原点到直线即的距离小于等于半径，即，平方得，解得.9．BCD【详解】对于A，因为在复平面内对应的点为，所以，故A错误；对于B，由，得，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以或，所以或，所以，故C正确；对于D，因为，可得，所以，又因为，所以，所以，所以，又，所以，故D正确.10．ABD【分析】根据线面垂直的性质判断A；利用对称性找到点关于面的对称点坐标，即可判断B；判断出满足的点的轨迹的形状，即可判断C；由题意表示出三棱锥外接球的半径，根据其表达式确定体积取得最大值的点P的个数，判断D.【详解】A.正四棱柱中，侧棱底面，因此（在底面内），故直线与所成角为，A正确.B.利用对称性求的最小值，，，将点关于面对称到（关于的对称点），则即最小值为，B正确。C.以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，设，，，该圆在正方形（边长为2，中心在）内的部分是以为圆心的四分之一圆弧，半径为2，弧长为，而非，C错误.D.设底面的中心为，底面的中心为，到的距离为，外接球半径为，由外接球性质，球心在上，设，则，又，联立两式：，解得，故，该函数在上的最大值在端点处取得：（对应，个点），（对应个顶点），因此满足条件的点共有（个），D正确．11．ACD【分析】选项A根据题意可知点到原点的距离，从而确定点在曲线上；选项B曲线围成的区域面积大于半径为的圆面积；选项C由曲线方程与直线方程可判断；选项D由参数方程得出点的横坐标，求最大值.【详解】圆沿圆外侧无滑动滚动，所以圆心的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆，点到原点的距离满足，点到原点的距离为，当圆滚动到圆正上方时，点恰好位于，故选项A正确；由参数方程设圆的圆心为，外摆线参数方程标准形式，代入可得曲线的参数方程为（为参数），曲线由三个全等的瓣组成，并且包含圆围成的圆形区域．取上方一瓣，两个相邻尖点为，，且由A项可知在该瓣上．该瓣在圆外至少包含三角形位于圆外的部分．因为，而圆中由弦截得的小弓形面积为，所以这一瓣在圆外的部分面积大于．由三瓣全等可知，曲线围成区域的面积大于，故不可能等于，选项B不成立．解方程，，整理得，作出与在的图象，有2个交点，令，所以曲线与直线有三个交点，C正确；，令，，，，，在上递增，，或，在，上递减，所以在处取得极大值，即最大值.点坐标为，当时，横坐标为最大值，选项D正确.12．【解析】首先根据得到为的中点，再利用勾股定理求即可.【详解】因为，所以为的中点，所以.故答案为：13．【分析】先确定圆心的坐标和圆的半径，再证明为新圆的直径，为直角，结合勾股定理求结论.【详解】因为圆的方程，所以圆心的坐标为，圆的半径，，又点，所以，线段的中点坐标为，新圆以中点为圆心，为半径，因此是新圆的直径，因为交点在新圆上，所以，即是直角三角形，斜边为，在中：，又，所以，故.14．【分析】先对求导，确定的单调性与极值，然后结合函数图象可解第一空，再根据是中点以及确定之间的关系，令，然后建立关于的方程求解第二空.【详解】的定义域为.，令，解得.极小值当，，，作出的大致图象要使的图象与直线有3个交点，则.由题意，为中点，且，即.由，两边取自然对数，，整理得（i）由得.结合中点条件，有，整理得：（ii）令，则代入（i）得：，，.再将代入（ii）得：，整理得：.将代入上式得：，整理得.由于单调递增，，即，解得.由于，舍负，，即.15．(1)；(2)【分析】（1）根据题意，利用，求得，设等差数列的公差为，列出方程组，求得，进而得到数列；（2）由（1）得，根据题意，得到，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）解：因为数列的前项和为，当时，；当时，，当时，上式也成立，所以，又由，设等差数列的公差为，可得，即，解得，所以，因此，数列的通项公式为，数列的通项公式为.（2）解：由（1）知：，，可得，因为为在区间内项的个数，又由，可得，即，所以，所以数列是以为首项，公比的等比数列，所以数列的前项和为16．(1)(2)【分析】（1）根据已知可得，由导数的几何意义求切线方程；（2）对函数求导，根据已知有，再确定的极小值，结合其大于0求参数范围.【详解】（1）由，则，可得，满足题设，所以，则，可得，而，所以曲线在点处的切线方程，即；（2）由题设且，当时，恒成立，显然不存在极值，所以，则有，有，所以在上单调递减，在上单调递增，此时存在极小值，所以，可得.17．(1)证明：因为，所以，因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为，因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面;又平面，所以平面平面.(2)【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直；（2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案.【详解】（1）略（2）以O为原点，为x轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，,,;;设平面的法向量为，则，取，可得；设平面的法向量为，则，取，可得；因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，整理可得，解得或（舍）.18．(1)(2)（i）证明如下：由题意可知斜率存在且都不为0，设方程为，联立，消去并整理得，，且，，设，则，所以，所以，又直线互相垂直，用替换，则可得，当，即时，直线的方程为，直线过；当时，直线的斜率为，所以直线的方程为，令，所以直线过．（ii）6【分析】（1）根据双曲线的焦距，渐近线方程及离心率分别求解即可求解；（2）（i）设方程为，与双曲线方程联立，得出韦达定理，求得点的坐标，分类讨论，当时得出直线过，当时，得出直线方程，令即可证明；（ii）先说明，再由弦长公式得出，进而得出，求解最小值即可．【详解】（1）由题可知，，所以，又，所以，所以的方程为．（2）（i）略（ii）取中点，设交点为，交点为，因为分别为的中点，所以，所以，则，同理可得，所以，由（i）得，，则，同理可得，，所以（*），因为直线与双曲线右支交于两点，所以，解得，同理直线与双曲线右支交于两点，则，解得，所以，所以（*）同时除以得，，因为，当且仅当时，等号成立，所以设，则，设函数，因为，所以，所以，当时取得最小值．19．(1)（i）；（ii）；(2).【分析】（1）（i）根据独立重复试验模型计算概率即可；（ii）利用条件概率公式计算即可；（2）分析得，再构造等差数列，最后求和即可.【详解】（1）（i）记“车辆经过10次扰动到达”为事件，由题意可知车辆在10次移动中，8次向右移动，2次向左移动，所以，．（ii）设事件为“车辆经过10次扰动恰好首次到达”，事件为“车辆移动过程中没有重返过”．设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为．则10次移动可以表示为有序