山东省青岛市平度市2026届高三下学期模拟检测（一）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛市平度市2026届高三下学期模拟检测（一）数学试题一、单项选择题：本大题共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.【答案】C【解析】因，解得，即，又，则.2.设复数满足，则（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】由已知得，从而，即，所以．故选：C．3.已知是等差数列的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为数列为等差数列，所以，所以，所以，所以．4.已知非零向量，，则“”是“向量”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】C【解析】因为，为非零向量，若，则，则，所以，所以，故充分性成立；若，则，所以，所以，则，故必要性成立；所以“”是“向量”的充要条件.故选：C．5.把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数的图像向左平移个单位长度，得到.所有点的横坐标缩小为原来的倍，纵坐标不变，得到.又，所以.6.若个数据的平均值为，方差为，现加入数据和，则这个数据的方差为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设这个数据为，依题意，，则，加入数据和后，这个数据的平均值为，则方差为.7.已知椭圆上有两个动点满足，为线段的中点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，，为椭圆的右焦点，由题意，椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，∴，同理可得，，而，即，解得，则的最大值为1.8.已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得函数关于点对称，又，得函数关于直线对称，从而函数是周期为4的周期函数.又当时，，则，即是的单调递增函数，，，可画出的部分图象，又方程的根即与的交点横坐标，如图两函数共有17个交点，并且关于点对称，故所有根之和为17.二、多项选择题：本大题共3小题．每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（）A.直线与直线所成角为B.平面C.M、O、三点共线D.直线与平面所成角的为【答案】ABC【解析】对于A，连接，四边形是正方体的对角面，则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角，而，因此，A正确；对于B，平面，平面，则，又，平面，则平面，又平面，于是，同理，又，因此平面，B正确；对于C，由，平面，得平面，由，平面，得平面，则是平面和平面的公共点，同理，点和都是平面和平面的公共点，因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确；对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面，则为直线与平面所成的角，在中，，因此，，D错误.故选：ABC.10.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与的左支相交于两点，，，则（）A. B.C.的离心率为 D.直线的斜率为【答案】AC【解析】如图，由，可设.因为，所以.对于A、B：设则，解得，所以，故A正确，B错误；对于C：在中，由，得，则，从而双曲线的离心率为，故C正确；对于D：因为，所以直线的斜率为，故D错误.11.记的内角所对边分别为，点为的中点，，，延长到点，使点为线段的中点，则（）A.B.周长的取值范围为C.的最大值为D.的最小值为【答案】ABD【解析】对于A，已知，由正弦定理得，即，得，则有，得，又由于，所以，故，而，所以，选项A正确；对于B，在中，由余弦定理，得，所以，，所以，即，当且仅当时取等号，由于，所以的周长的取值范围为，故选项B正确；对于C，在中，由正弦定理得，，，由AC的中点为M，有，，△ABC为锐角三角形，则，得，当，有，所以，有，故的最大值为，选项C错误；对于D，设，所以，在中由余弦定理，，，，故当，即时，取最小值，所以的最小值为，故D选项正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.二项式展开式中项的系数为__________．【答案】15【解析】根据二项式定理，的通项，当，即时，可得∴项的系数为15.13.若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数_____.【答案】【解析】对于，，故切线斜率存在，于是，又，解得或（舍去），于是，所以，所以.故答案为：.14.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______.【答案】【解析】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴，，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故答案为：.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.已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，.（1）求的方程；（2）若直线过点且的面积为，求的方程.解：（1）设点因为抛物线，所以，当直线过点且垂直轴时，直线的方程为，把代入可得，故，所以，所以方程为.（2）由（1）可知，设直线方程为，联立得，则，，所以，又点到直线距离，所以，令，所以，所以，解得或，所以直线方程为或.16.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围.解：（1）由题知：若，，在上单调递增，若，令解得：，当时，，单调递减；当时，，单调递增，综上，当，的递增区间是，没有单调递减区间，若，的递增区间是，递减区间是；（2）依题意，时，恒成立，即在上恒成立，令，则=，令，由（1）知函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，则有，即，即当时，则，当时，则，即在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取最小值，于是得，所以的取值范围为.17.已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：（1）证明：平面平面；（2）若点M在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．（1）证明：取的中点，连接，，依题意，，，，则，即有，显然有，而平面，平面，于是平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，，，则平面，即为直线与平面所成的角，且，因此当最短时，最大，最大，而，则为的中点，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，；设平面的法向量为，则，令，得，显然平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.18.三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为个单位.第一个人抢到的金额数为1到个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为），第二个人在剩余的个金额数中抢到1到个单位且等可能，第三个人抢到剩余的所有金额数，并且每个人抢到的金额数均为整数个单位.三个人都抢完后，获得金额数最高的人称为手气王（若有多人金额数相同且最高，则先抢到最高金额数的人称为手气王）.（1）若，则第一个人抢到的金额数可能为个单位且等可能.（i）求第一个人抢到金额数的分布列与期望；（ii）求第一个人获得手气王的概率；（2）在三个人抢到的金额数为的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率.解：（1）若第一个人抢到的金额数为个单位，第二个人抢到的金额数为个单位，第三个人抢到的金额数为个单位，我们将三个人抢到的金额数记作.（i），所以的分布列为123.（ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为，故第一个人获得手气王的概率.（2）记事件“三个人抢到的金额数为的一个排列”，事件“第一个人获得手气王”.所要求的是条件概率，有.当三个人抢到的金额数为的一个排列时，总金额数为9，故第一个人抢到的金额数可能为.又，，故.19.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设是两个正整数，若的最大公约数是1，则称互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记.（1）求，和；（2）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言：①准备两个不同的、足够大的素数；②计算，欧拉函数；③求正整数，使得除以的余数是1；④其中称为公钥，称为私钥.已知计算机工程师在某RSA算法中公布的公钥是.若满足题意的正整数从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，若数列满足，求的前项和.解：（1）由欧拉函数的定义知，不超过3且与3互素的正整数有1，2，则，不超过7且与7互素的正整数有1