山东省临沂市2026届高三下学期一模考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省临沂市2026届高三下学期一模考试数学试题一、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.的虚部是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，的虚部为.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为集合，所以，所以.3.已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（）A.6 B.9 C.12 D.15【答案】C【解析】设等差数列的公差为，由题意得，，则.4.在中，“”是“为直角三角形”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【答案】A【解析】先考查充分性：由，可得，整理得，由正弦定理得，故为直角三角形，充分性正确；再考查必要性：若为直角三角形，不妨令，代入，即必要性不成立.故“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.5.对于事件A，B，，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由条件概率公式，可得，故，又因，则.6.已知锐角，满足，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由得，即，由于，为锐角，故，设，则，令，当且仅当时取到等号.故的最大值为.7.函数，若对任意，都有，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为在上单调递增，所以在上单调递增，又因，所以等价于，则在上恒成立，也即在上恒成立，因为在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，则，故a的取值范围是.8.已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，则，由双曲线的定义，可得，所以，又由，因为，所以，在中，由余弦定理得，，即，即，所以，则，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，所以双曲线的离心率为.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.若样本数据的方差，则所有的都相等B.以模型去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则，C.在的展开式中，含项的系数是D.某校高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则（若，则≈0.6827，）【答案】AC【解析】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，由回归方程，得，所以，所以，故B错误；对于C，在展开式中含项为：，所以在展开式中含项的系数是，故C正确；对于D，因为高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，所以，，，即，，所以，故D错误.10.函数的图象与函数的图象相邻的三个公共点为，，，已知，若的面积为，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】与，，，，，取相邻三个公共点对应的，则横坐标为，纵坐标为，，则，，三个点的纵坐标为或，的底边长度为，高为，的面积为，又的面积为，则，解得，选项A，当时，，当时，，故选项A正确；选项B，，，，，，故选项B正确；选项C，，，，，当为偶数时，，故选项C错误；选项D，，，，，故选项D正确.故选：ABD.11.已知函数满足，且当时，，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】A：在中，令，得，令，得，故本选项说法正确；B：假设，由上可知，所以有，这与已知当时，矛盾，所以假设不成立，故本选项说法不正确；C：因为，所以，，即，因为当时，，所以，所以本选项说法正确；D：设，则有，所以有，由上可知，所以，所以，所以当时，单调递增.设，则有，因为，所以单调递减，因为，所以，即，因为当时，函数单调递增，且，所以，因此本选项说法正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，则向量与的夹角正切值为_________．【答案】【解析】，所以，设向量与的夹角为，则，由于，所以，所以.13.已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________．【答案】【解析】设，则，则，则在处的切线的方程为，即，联立，得，因为直线与抛物线也相切，则有，解得.14.已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________．【答案】【解析】设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得；易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得；设外接球球心为，,所以，解得,即圆柱的高为6，因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6，取的中点为，连接，因此，如下图：因为，所以，当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大；因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为，因此，所以三棱锥体积的最大值为.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.已知函数．（1）求的单调区间；（2）已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围.解：（1）已知，其定义域为.求导.当时，因为，所以，即.所以在上单调递增.当时，令，即，因为，所以，解得.当​时，，则，所以在上单调递增；当时，，则，所以在上单调递减.综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意.所以，此时在上单调递增，在上单调递减.要使在上有且仅有两个零点，当趋近于时，趋近于,所以根据零点存在定理，则需满足，，解得.，化简得，解得.又因可得.综上，的取值范围是.16.如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点.（1）求证：平面；（2）当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：如图所示，连接交于点，因为四边形为正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为四边形为矩形，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，且平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）解：因为四边形为矩形，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，又因为四边形为正方形，所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，所以向量，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面的夹角为，可得，所以直线与平面的夹角的正弦值为.17.某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金；游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）.第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金.（1）求游戏Ⅰ第2局获胜的概率；（2）若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望；（3）从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.解：（1）由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率.（2）易知,游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为，因此可知,随机变量的分布列为0123随机变量的期望或.（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，,从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.18.已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．（1）求C的方程；（2）过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．（ⅰ）求证：直线过定点；（ⅱ）求面积的最大值．（1）解：因为，又，所以，又面积取得最大值，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，解得，所以，所以椭圆C的方程为；（2）（ⅰ）证明：当过点的直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为，，由，得，整理得，由韦达定理得，因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以，所以直线的方程为，由对称性，直线所过定点一定在轴上，令，可得，所以直线过定点；当过点的直线与x轴重合时，显然过点；综上所述：直线过定点；（ⅱ）解：记直线过定点为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以面积的最大值为．19.对于可导函数，从初始值出发，定义序列．已知，．（1）设，求函数的解析式，并求的值；（2）记，，并设．（ⅰ）求证：；（ⅱ）是否存在正整数m，n，使得，，成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，求出所有满足条件的，，．（1）解：由题意得，则