山东省北镇中学2025-2026学年高三上学期期末模拟数学试题

《滨州高三期末模拟数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C D C B C ABD AC 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】先求，再求并集即可. 【详解】由题可知：， 而， 所以. 故选：C 2．A 【分析】根据复数的运算可得，再根据共轭复数的概念分析判断. 【详解】因为，则， 所以. 故选：A. 3．C 【分析】根据回归方程求出估计值，然后由残差定义即可得解. 【详解】当时，， 又时，的实际观测值为8，所以此时的残差为. 故选：C 4．C 【解析】由题意可知从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至的日影长为，公差为，列出方程即可求解. 【详解】由题意，从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至的日影长为，公差为， 则，， 两式相减得，解得， 所以， 解得， 故选：C 5．D 【分析】先令求得 ，再令 ，可得的值． 【详解】根据， 令，可得，再令，可得， 所以． 故选：D． 6．C 【分析】根据三角函数图像及性质，可求得其解析式，进而可判断A、B选项错误，再结合三角函数的对称性即可判断C选项正确，D选项错误. 【详解】设的周期为，根据函数图像可得，解得，故B错误； 又，解得， 因为当时，取得最小值，且，所以， 所以，即， 所以，解得， 又，取，得，所以，故A错误； 对于C，当时，，可得， 所以的图象关于点对称，故C正确； 对于D，当时，，取不到最大值或最小值， 所以直线不是图象的对称轴，故D错误． 故选：C. 7．B 【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解. 【详解】连接，如图所示.因为分别为的中点， 所以为的中位线，所以， 因为为正三角形的中线，所以，, 所以，所以为直角三角形，即， 所以．因为， 所以到平面的距离为， 设到平面的距离为，因为， 所以， 所以，所以． 故选：B. 8．C 【分析】连接，不妨设点在第三象限，求出、、，利用勾股定理可求得的值，再利用双曲线的离心率公式可求得结果. 【详解】连接，不妨设点在第三象限，则直线的方程为，即， 点到直线的距离为， 记线段的中点为，则，且， 又因为为的中点，则为的中点，则， 因为，所以，， 由双曲线的定义可得， 由勾股定理可得，即，整理可得， 因此，双曲线的离心率为. 故选：C. 9．ABD 【分析】根据奇函数的定义并取特值即可判定；利用奇函数的定义和最值得定义可以求得在上有最大值，进而判定；利用奇函数的单调性性质判定；利用奇函数的定义根据时的解析式求得时的解析式，进而判定． 【详解】由得，故正确； 当时，，且存在使得， 则时，，，且当有, ∴在上有最大值为1，故正确； 若在上为增函数，而奇函数在对称区间上具有相同的单调性，则在上为增函数，故错误； 若时，，则时，，，故正确． 故选：． 【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键． 10．AC 【分析】A选项，的可能取值为，求出相应的概率，得到期望；B选项，2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方向旋转，得到概率；C选项，设硬币正面朝上的次数为，列出方程，求出，求出；D选项，求出的可能取值及对应的概率，得到数学期望，得到答案. 【详解】A选项，的可能取值为，且，故，A正确； B选项，，即2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方向旋转，故，B错误； C选项，，即3次顺时针旋转，4次逆时针旋转，故，C正确； D选项，若硬币8次均正面朝上，此时，故， 若硬币7次正面朝上，1次反面朝上，此时，故， 若硬币6次正面朝上，2次反面朝上，此时，故， 若硬币5次正面朝上，3次反面朝上，此时，故， 若硬币4次正面朝上，4次反面朝上，此时，故， 若硬币3次正面朝上，5次反面朝上，此时，故， 若硬币2次正面朝上，6次反面朝上，此时，故， 若硬币1次正面朝上，7次反面朝上，此时，故， 若硬币8次均反面朝上，此时，故， 故，D错误. 故选：AC. 11．ABC 【分析】根据导数求出函数极值点，确定选项A；再由函数有两个零点，得出极大值大于0，通过构造函数判断B；根据得出极大值小于0，进而求出关于的范围，进而得出的范围. 【详解】对于A，函数的定义域为，且， 由可得，则， 因，则可得，同理由可得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，故有唯一极值点，故A正确. 对于B，若有两个零点，则其极大值， 即，因，则， 设函数，，则， 故在上单调递增，故有， 即， 故，解得，故正确. 对于C，若，且恒成立， 则极大值(*)， 即，而，有，则，故 由(*)，，即， 故得，故C正确，D错误. 故选： 12． 【解析】利用平面向量数量积的运算可求得的值，然后利用平面向量数量积可求得向量与向量的夹角的余弦值，由此可求得两向量的夹角. 【详解】，可得， 设向量与向量的夹角为，则， ，因此，. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用平面向量的数量积计算平面向量的夹角，考查计算能力，属于基础题. 13．/ 【分析】先根据过两点的直线斜率公式求出直线的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系求出倾斜角. 【详解】由直线经过，两点，得直线的斜率， 设直线的倾斜角为，所以，解得． 故答案为： 14． 【分析】设，根据，得到，然后利用余弦定理解得，由得解；由是圆的直径，则，设，表示，，，，得到，利用三角恒等变换化简为，利用二次函数的性质求解. 【详解】设， 因为， 所以，由余弦定理得：， 解得，所以， 所以， 所以是圆的直径， 则，设， 所以，，，， 所以， ， ， ， ， 当时，面积取得最大值为， 故答案为：（1）；（2） 【点睛】本题主要考查余弦定理，三角恒等变换在平面几何中的应用，还考查了数形结合思想和运算求解的能力，属于中档题. 15．(1) (2) 【分析】（1）由前项和与通项的关系可求通项，要注意讨论的情况； （2）先求出的通项公式，代入求得，根据递增数列的定义写出不等式关系，再将不等式恒成立问题转化为最值问题进行求解. 【详解】（1）因为，所以当时，， 当时，，所以，即. （易错：利用公式时，容易忽略的情况） 当时，得；当时，得. 当时，， 所以通项公式为. （2），， . 数列是递增数列， ，即，化简得， 对任意的恒成立，由函数性质知是递增数列，最小项是， ，（关键：将不等式恒成立问题转化为最值问题进行求解） 的取值范围是. 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据余弦定理可得长度，即可根据勾股定理求证，进而根据线面垂直的性质以及判定，即可求解， （2）根据为中点时平面，即可根据余弦定理求解是棱上靠近的三等分点时的长度，即可根据锐角三角函数求解. 【详解】（1）因为，， 所以余弦定理可得， 所以，即， 又平面，平面，故， 平面，故平面， 又平面，故, 是中点， 故，又平面， 故平面. （2）由（1）知，为中点时，平面，此时， 所以当是棱上靠近的三等分点时，是直线和平面的夹角，且， 所以由余弦定理可得， 所以直线和平面夹角正弦值为. 17．（1）；（2）. 【解析】（1）利用正弦定理，边角互化后，再利用三角恒等变换，求的值；（2）根据（1）的结果，求，再根据余弦定理求，中，利用余弦定理求的长. 【详解】解 （1）在中，由正弦定理得 sin Bcos A＋sin A＝sin C， 又C＝π－(A＋B)， 所以sin Bcos A＋sin A＝sin (A＋B)， 故sinBcos A＋sin A＝sin Acos B＋cos Asin B， 所以sin Acos B＝sin A， 又A∈(0，π)，所以sin A≠0，故cos B＝. （2）因为D＝2B，所以cos D＝2cos2B－1＝， 又在中，AD＝1，CD＝3， 所以由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos D ＝1＋9－2×3×＝12， 所以AC＝， 在中，BC＝，AC＝，cos B＝， 所以由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B， 即12＝AB2＋6－2·AB××，化简得AB2－AB－6＝0， 解得AB＝. 故AB的长为. 【点睛】方法点睛：本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，一般解三角形已知两角一边，首先用正弦定理解三角形，已知两边和其中一边的对角，求角用正弦定理解三角形，求边用余弦定理解三角形，已知两边和夹角，用余弦定理解三角形，已知三边，用余弦定理解三角形. 18．(1)存在， (2) (3) 【分析】（1）假设存在“好点”，解方程组可得； （2）设“好点”为，解方程组得结论． （3）设“好点”为，由，用表示出，由求得的范围，利用导数求得的范围， 【详解】（1），， 假设存在满足，代入得，解得； 所以存在存在“好点”，且“好点”为1； （2），， 设“好点”为，满足，代入得，； （3）由已知，， 依题意可得：存在满足，代入得， 解得， 由，又，故解得， 令，则，在上增函数， ，时，，且当时，，所以， 所以． 【点睛】思路点睛：本题考查导数的定义，解题关键是掌握新定义“好点”的含义，对函数的“好点”，实质就是解方程组，因此凡是出现“好点”，解题时就是由此方程组求解．这样就把新定义转化一般的函数及其导数问题． 19．(1) 椭圆的方程为;(2)见解析. 【详解】分析：（1）依据题意，得到，又由，求得的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆的方程的联立，求得，由，代入整理，求得的值，再由点到直线的距离公式，设，即可求得距离的最大值，得到结论. 详解： (1)依题意：,则，即 又,联立解得：，故，所以椭圆的方程为 (2)设, 联立直线和椭圆的方程得：, 当时有： 由得：,即, 整理得：,所以, 化简整理得：，代入得：, 解之得：或, 点到直线的距离, 设，易得或，则, 当时；当时，, 若，则；若，则，当时， 综上所述：，故点到直线的距离没有最大值. 点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨州高三期末模拟数学试题 2026.1 一、单选题 1．设全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．变量关于变量的经验回归方程为.若时，的实际观测值为8，则此时的残差为（    ） A． B． C．1 D．2 4．我国古代用日晷测量日影的长度，晷长即为所测量影子的长度.《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同.二十四个节气及晷长变化如图所示.相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始.从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，若测得冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为25.5尺，则冬至日影的长为（    ） A．11.5 B．12.5 C．13.5 D．14.5 5．若，则的值为（　　） A． B．1 C．0 D． 6．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ） A． B．函数的最小正周期为 C．函数的图象关于点对称 D．函数的图象关于直线对称 7．柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知四边形ABCD为正方形，O，E分别为PQ，CQ的中点，则点A到平面OEB的距离为（    ） A． B．1 C． D． 8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过作直线，使得它双曲线的一条渐近线垂直且垂足为点，与双曲线的右支交于点，若线段的垂直平分线恰好过的右焦点，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．函数是定义在R上的奇函数，下列说法正确的是（    ） A． B．若在上有最小值，则在上有最大值1 C．若在上为增函数，则在上为减函数 D．若时，，则时， 10．如图所示的钟表中，时针初始指向“12”，每次掷一枚均匀的硬币，若出现正面则时针按顺时针方向旋转，若出现反面则时针按逆时针方向旋转，用表示次后时针指向的数字，则（    ） A． B． C． D． 11．设，，已知函数，则（  ） A． 有唯一的极值点 B．若有两个零点，则 C．若，且恒成立，则 D．若，且恒成立，则 三、填空题 12．已知向量、满足，，，则向量与向量的夹角为 . 13．已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为 ． 14．在圆内接四边形中，，，则 ，若，则面积的最大值为 . 四、解答题 15．设数列的前项和为，数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，若数列是递增数列，求实数的取值范围. 16．如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，其中，，为棱上一动点． (1)若为中点，求证：平面； (2)若是棱上靠近的三等分点，求直线和平面夹角的正弦值． 17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos A＋a＝c. （1）求cos B； （2）如图，D为外一点，若在平面四边形ABCD中，D＝2B，且AD＝1，CD＝3，BC＝，求AB的长． 18．记，分别为函数，的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“好点”． (1)判断函数与是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由； (2)若函数与存在“好点”，求实数的值； (3)已知函数，，若存在实数，使函数与在区间内存在“好点”，求实数的取值范围． 19．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，当时，内切圆的半径为. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆相较于两点，且，当直线的斜率之和为2时，问：点到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $