山东省济宁市2026届高三下学期高考模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济宁市2026届高三下学期高考模拟考试数学试题一、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.【答案】B【解析】，，，所以，所以．2.若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】依题意，，所以.故选：B.3.已知，，则的充要条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】若，则，解得，反之，若，则，则，所以的充要条件是.4.抛掷一枚质地均匀、六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体骰子，当出现6点时，就说这次试验成功，每次试验的结果相互独立，则在30次试验中成功次数的均值和方差分别为（）A.5， B.5，C.10， D.10，【答案】B【解析】依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立的，所以30次试验中成功次数服从二项分布,即．故.5.在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】在中，，，由正弦定理得，又因为，所以得，化简得，即得，所以，且则.6.用模型拟合一组数据，令，若根据样本数据计算可得，，且与的经验回归方程为，则（）（参考数据，）A.1.2 B.0.92 C.0.3 D.0.4【答案】D【解析】由，，则，解得，因此，由两边取对数，得，又，所以，又因为，所以.7.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】令，，当时，，单调递增，所以，即，所以，即，令，，当时，，单调递减，所以，即，即，因为，所以，所以，即，即，综上．8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为第一象限内一点且在椭圆上，交轴于点，若，，则的离心率为（）A. B.或C. D.或【答案】C【解析】由题意可知：，则，，因为，，则为的角平分线，则，可得，设，，，则，，因为，则，解得，即，则，解得，即，则，则，即，所以椭圆C的离心率.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.的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（）A.展开式共项 B.展开式中常数项为C.展开式中所有项的二项式系数之和为 D.展开式中所有项的系数之和为【答案】ACD【解析】因为的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，所以，即，得.所以二项式展开式的项数为，故A正确；对于B，由通项公式.令，得，所以常数项为，故B错误.所以二项式展开式中所有项的二项式系数之和为，故C正确；令，则展开式中所有项的系数之和为，故D正确；10.已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（）A. B.在区间上单调递减C.的最大值为 D.的最小值为【答案】BC【解析】，其中，因为一条对称轴为直线，所以，解得，A错误；则，所以可取，此时，由，得，由于，所以在区间上单调递减，B正确；因为在区间上单调，且，所以的最大值为，C正确；对称中心横坐标满足，得，又，且在区间上单调，所以与关于对称中心对称，所以，所以当时，可得最小，D错误．11.如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（）A.B.四面体体积的最大值为1C.时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为D.时，四面体外接球表面积为【答案】ABD【解析】对于A选项，取中点，连接由于与是两个等腰三角形，，沿着翻折到，所以，,点为中点，所以，故平面,,所以A选项正确；对于B选项，作于点，作于点,连接,那么由可知,那么为二面角的平面角,面,所以，面,，，所以，四面体体积的最大值为1，故B选项正确；对于C选项，分别取的中点，连接,根据中位线的性质可知,且所以，且，四边形为平行四边形，所以，直线且与平行的平面截四面体的截面为.当时，由B选项可知为正三角形，,,由可得，,为矩形，，故C选项错误；对于选项D，当时，平面平面,由B选项可知平面,取的外心，取的外心，外接圆半径,分别作平面的垂线，平面的垂线交于一点,即四面体外接球球心，作于点，由于，所以为等腰直角三角形，所以，,所以，，，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.曲线在点（0，1）处的切线方程为_________.【答案】【解析】，，切线斜率为，切线方程为，即.故答案为.13.已知抛物线的焦点为，直线过点且与交于，两点，为坐标原点，若是，的等比中项，则________【答案】8【解析】由题意可知：，设直线，，，则，，，联立方程，消去x可得，则，，因为是，的等比中项，则，可得，即，所以.14.是的重心，过点且不过顶点的直线分别交边，于点，，记和的面积分别为，，则的最小值是________.【答案】【解析】设，由是的重心，得，则，又点共线，因此，即，而，，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是.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.记为数列的前项和，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）记为数列的前项和，求.解：（1）因为中，且，当时，所以，所以，化简得，即得，所以，所以，当时，所以，综上，；（2）由（1）可得，即得，，，所以.16.随着量子计算技术的突破，传统密码的安全性受到挑战.某实验室为研究“量子算力等级”与“密码破译成功率”的关系，进行了模拟测试，统计数据如下：量子算力等级密码破译成功密码破译失败合计高算力量子机641680低算力量子机362460合计10040140（1）依据小概率值的独立性检验，即认为密码破译成功率是否与量子算力等级有关；（2）该实验室使用两台不同算力的量子机（记高算力量子机为A机、低算力量子机为B机）对同一套传统密码进行破译测试，已知A机单次破译成功的概率为，失败的概率为；B机单次破译成功的概率为，失败的概率为；两台机器的破译过程相互独立.测试方案：先随机选择一台机器进行第一次破译，选中A机的概率为，选中B机的概率为；若第一次破译成功则停止测试；若第一次破译失败，则换用另一台机器进行第二次破译，无论第二次破译是否成功都停止测试，求破译成功的概率.附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1）零假设密码破译成功率与量子算力等级无关，，所以，依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为分析密码破译成功率与量子算力等级有关；（2）记“破译成功”为事件，A机单次破译成功为事件，A机单次未破译成功为事件，B机单次破译成功为事件，B机单次未破译成功为事件，选中A机为事件，选中B机为事件，则，故破译成功的概率为．17.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且平面平面.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：由四棱锥的底面是矩形，底面，得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令，则，，设平面，平面的法向量分别为，则，取，得；，令，得，由平面平面，得，因此，而，解得，，，则，所以.（2）解：由（1）知平面的法向量，，设平面的法向量，则，取，得，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知实数，设函数.（1）若，讨论函数的单调性；（2）若，证明：函数有唯一极大值点，且；（3）记函数在内的从小到大的第个极值点为，判断数列是否为等比数列，若为等比数列，求出该数列的公比；若不为等比数列，请说明理由.（1）解：已知，定义域.求导：，因为恒成立，符号由决定所以，当,时，，单调递增；当,时，，单调递减.（2）证明：，因为，恒成立，所以的符号完全由决定.,当时，，，所以，因此在上单调递减.因为，由零点存在定理：存在唯一，使，即，当时，，故，单调递增；当时，，故，单调递减故为唯一极大值点.由，可得：，利用三角恒等式：​因此：现在只需证明：，对不等式两边取自然对数（两边均为正），即证：，令，只需证对所有成立.化简：，​对求导：，通分整理：，可见，，且仅当时.因此，在上单调递减.,当时，，故恒成立，因此：恒成立，即：.综上，函数在内有唯一极大值点​，且.（3）解：，，时，即，方程在(0,+∞)内的所有解为：,

.按从小到大排列，第个极值点为：,

.，设，则，由三角恒等式：，因此：，代入：，，,故数列是等比数列，公比.19.已知双曲线过点，其渐近线方程为.（1）求双曲线的标准方程；（2）圆与轴交于、两点.记直线与双曲线的另一个交点为，直线与双曲线的另一个交点为.过坐标原点作，垂足为.（i）求直线和直线的斜率之积；（ii）若恒成立，求的取值范围.解：（1）因双曲线渐近线方程为，所以设双曲线方程为，因为已知双曲线过点，代入方程得，得.所以双曲线方程为，即.（2）（i）因为圆与轴交于、两点，令，得，设，由韦达定理得，且，所以，，所以.因此直线和直线的斜率之积为.（ii）设直线斜率为，则由（i）得直线的斜率​，将直线方程代入双曲线方程，得，因为直线与双曲线一个交点为，所以由韦达定理可得，，再代入