山东省日照市2026届高三下学期模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省日照市2026届高三下学期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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】集合是函数的定义域，根据对数函数的性质，真数必须大于0，因此：，即，由交集的定义可知.2.某校学生会体育部长依据本校高三男生的身高（单位：）与体重（单位：）的抽样数据，运用电子办公软件求出了“体重”（y）关于“身高”（x）的回归方程，则该回归方程（）A.表示x与y之间的函数关系B.表示x与y之间的不确定关系C.反映x与y之间的真实关系D.反映x与y之间的真实关系的一种最佳拟合【答案】D【解析】根据线性回归方程的概念可知，回归方程反映x与y之间的真实关系的一种最佳拟合.3.已知函数为上的偶函数，且满足，当时，，则（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】由题可得，所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称.当时，，则.4.已知向量，，则“”是“”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】当时，，，此时，，充分性成立；当时，，即，解得或，推不出，必要性不成立.综上，“”是“”的充分不必要条件.5.若，，则实数、、的大小顺序为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意可得，，可得，，因为对数函数为上的增函数，则，幂函数在上为增函数，则，故.故选：D.6.将直线绕点逆时针旋转（为锐角，其中）后所得直线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设直线的倾斜角为，所求直线倾斜角为α，又为锐角，其中，所以，则，即，故直线方程为．故选：A.7.已知双曲线：（，）的左右焦点分别为、、A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，且，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．设，则，由，解得或，∴，．又为双曲线的左顶点，则，∴，，，在中，，由余弦定理得，即，即，则，所以，则，即，所以∴．故选：C.8.已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（）A.4 B.8 C. D.【答案】C【解析】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，则，所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面周长为.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.设为复数（i为虚数单位），下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】AC【解析】设复数，则共轭复数，对于A：若，则虚部，此时，，故，A正确；对于B：取，则，但，B错误；对于C：由得，复数范围内解得，C正确；对于D：对，化简得，故，D错误.10.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（）A.的最小正周期为B.在上单调递增C.函数的最大值为1D.方程在上有5个实数根【答案】ABD【解析】函数的图象向右平移个单位长度后得到：，显然的最小正周期为，则长度是的半个最小正周期，又是的一个单调递增区间，则，即有，，解得，，而，解得，于是，对于A，函数的最小正周期，A正确；对于B，由，得，函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，B正确；对于C，，则，因此函数的最大值为，C错误；对于D，对方程，即，得或，当时，，，且有两个解，所以方程在上有5个实数根，D正确.11.对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质．则下列结论正确的是（）A.存在公差不为0的等差数列具有性质B.以1为首项，为公比的等比数列具有性质C.若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质D.若数列和均具有性质，则数列也具有性质【答案】BCD【解析】设，，对于A：若是公差的等差数列，则，因此，当时，，不存在满足条件的，A错误；对于B：等比数列的通项公式为，，则：，，右侧为常数，取即满足条件，B正确；对于C：若具有性质，则存在，对任意有，对由三角不等式放缩：，存在常数满足条件，C正确；对于D：若都具有性质，则二者一定有界：，（为常数），对的差放缩：，求和得：，右侧为常数，满足性质，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知分别为的三个内角的对边，若，，则角__________________．【答案】【解析】在中，因为，，所以由正弦定理得，又，所以或，在中，由，所以，所以.13.已知关于的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若是等边三角形，则__________.【答案】【解析】根据题意设方程的两虚根为，，为实数，方程的两根在复平面上对应的点分别为和，轴，又是等边三角形，高为2，则，解得，则；则.故答案为．14.已知正实数a，b满足，则______________．【答案】【解析】

设

，求导得

，因此：在单调递减，在

单调递增，最小值为

，原等式右边整理为

，求导得

，因此：在

单调递增，在

单调递减，最大值为

，原等式即为，而

，，等号成立当且仅当：

，故

.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.如图1，在边长为2的正方形中，分别为线段的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2，记二面角的平面角为．（1）若，求三棱柱的体积；（2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）由折叠性质可知：，，因此就是二面角的平面角，即，三棱柱为直三棱柱，原正方形边长为2，为中点，故，.当​时，，，，侧棱长为高，因此三棱柱的体积.（2）建立空间直角坐标系：以为原点，为轴，为轴，垂直平面向上为轴，各点坐标为

，，，，设，

，，由得，解得，即，因此，，，设平面的法向量为，由，取得，，，设直线与平面所成角为，由线面角公式得

.16.已知数列的前项和为，且成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列是公差为2的等差数列，且．若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值．解：（1）由等差数列性质得：

①，当时，​，解得，当时，有：

②，①-②得：，整理得：

，因此是首项为，公比为2的等比数列，故​.（2）设，代入得：

，

因此，是首项为，公差为的等差数列，令，即，得，为正整数，故所有的​都在中（小于，不在中），要得到的前30项，即从前项中去掉个属于的项，满足，去掉的项为，共个（，故不在的前35项中），故，即的前30项和等于前35项和减去5个​的和，前35项和：，去掉的5个的和：，因此.17.某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．（1）当时，（i）求甲答对某道题的概率；（ii）甲答了4道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；（2）已知乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．解：（1）（i）记事件A为“甲答对了某道题”，则.（ii）由题意得，，随机变量的分布列为：01234故.（2）由（1）知，设，由题意得，，解得，即，解得，故的最小值为.18.已知抛物线，点在抛物线上．（1）证明：以点为切点的的切线的斜率为；（2）过外一点（不在轴上）作的切线AB，AC，切点分别为点B，C，作平行于BC的切线，切点为点，点分别是切线与AB，AC的交点，设BC的中点为（如图所示）．（i）证明：A，D，E三点共线；（ii）过外一点的两条切线及第三条切线（第三条切线平行于两切线切点的连线）围成的三角形叫做“切线三角形”，如．设面积为，第1次由点作切线三角形，第2次分别由点作切线三角形，并依此方法重复次，记所得所有“切线三角形”的面积之和为．判断与的大小关系并证明．（1）证明：，则以为切点的的切线斜率存在且不为，设为.由于该直线和有唯一公共点，故联立后的方程组只有唯一解.从而将第一个方程代入第二个，得到的方程只有唯一解.此方程展开即为，从而，所以，即以点为切点的的切线的斜率为.（2）（i）证明：设，则，由（1）可知在处的切线分别是和，联立两直线方程解得，所以，由于不在轴上，所以，故，所以的纵坐标为，从而，而，在外，在上，所以直线的方程是.因为的中点为，所以，所以直线的方程为，故三点共线.（ii）解：.设，由（i）可知，由点确定的切线三角形的面积为，即后一个切线三角形的面积是前一个切线三角形面积的，由此继续下去，可得.19.已知函数定义域为．若存在，对任意，当时，都有，则称为在上的“凸点”．（1）求函数在上的最大“凸点”；（2）若函数在上不存在“凸点”，求的取值范围；（3）设，且．证明：在上的“凸点”个数不小于．（1）解：设，则，当或时，，单调递增；当时，，单调递减，又

，所以在上最大值为，所以都满足，所以函数在上最大的“凸点”为5.（2）解：因为函数在上不存在“凸点”，所以在上恒成立，，令，则

,当时，恒成立，故在上单调递减，则，故在上单调递减，此时，符合要求.当时，令，则，（i），即时，，即在上单调递增，则，即在上单调递增，有，不符合要求，故舍去；（ii）当，即时，恒成立，故在上单调递减，则，故在上单调递减，此时，符合