精品解析：山东潍坊市2026届高三上学期2月高考模拟考试数学试题

滩坊市高考模拟考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数运算法则计算即可得. 【详解】. 故选：D. 2. 下列函数中，值域为的偶函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】逐项判断各选项的值域与奇偶性是否符合题意即可得. 【详解】对A：，值域不为，故A错误； 对B：令，则， ，故是偶函数， 且的值域为，故B正确； 对C：不是偶函数，故C错误； 对D：，值域不为，故D错误. 故选：B. 3. 在等差数列中，已知公差，则（ ） A. 16 B. 14 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列性质计算即可得. 【详解】，解得. 故选：A. 4. 已知数据的分位数是7，则实数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的定义计算. 【详解】共个数，，则第分位数是第个和第个数的平均数， 因为第分位数是，则必有一数小于，一数大于， 故，得. 故选：C 5. 如图，在棱长均相等的正三棱柱中，为三棱柱的顶点，为所在棱的中点，设与所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】借助等角定理与余弦定理计算即可得. 【详解】如下图：连接，由为所在棱的中点，则， 故与所成角的大小也为，即有, 设该正三棱柱棱长为，则， 则，故. 故选：C. 6. 已知为坐标原点，直线与圆交于两点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】设，，则，， 由，消去整理得， 则， 所以，， 则 ， 所以，解得. 故选：B 7. 某智慧交通管理平台为优化城市主干道通行效率，实时监测并记录各路口信号灯的运行模式.每个时段（例如早､晚高峰或特定监控周期）的运行模式对应一个代码（如下表）： 运行模式 代码 绿波协调 0 红灯截流控制 1 区域协调 -1 现按时间顺序记录某路口5个时段的运行模式，如编码表示5个时段中第1，3时段是“绿波协调”运行模式，则该路口某天这5个时段的运行模式中出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为（ ） A. 40 B. 51 C. 131 D. 210 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合知识和计数原理计算. 【详解】出现绿波协调个的可能种数有：； 出现绿波协调个的可能种数有：； 出现绿波协调个的可能种数有：； 则出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为. 故选：B 8. 已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为为上一点，且轴，点在线段上，直线分别交轴于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设点在第一象限，求出点的方程，再根据即可求出. 【详解】不妨设点在第一象限， 由题意得，， 设，则， 故直线的方程为，令，则，故； 直线的方程为，令，则，故， 因为，则，得， 则的离心率为. 故选：A 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，则下列选项是“”的充分条件的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用充分条件定义与空间中位置关系，逐项判断即可得. 【详解】对A：若，则，故A正确； 对B：若，则，故B正确； 对C：若，不能确定与关系，故C错误； 对D：若，则，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线的焦点为，点在的准线上，过且斜率为的直线交于两点，则（ ） A. B. C. D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系求解. 【详解】对于，因为抛物线的准线方程为，已知点在准线上， 所以，解得，即，焦点.故正确； 对于，设过且斜率为的直线方程为， 联立抛物线方程，整理得， 因为直线与抛物线有两个交点，所以， 解得或，故错误； 对于，设，由抛物线定义，， 要判断，即， 两边平方， 化简得，即， 因为直线与抛物线有两个交点，所以直线与抛物线不相切，即， 所以成立，即，故正确； 对于，当时，是的中点，设，， 则，由韦达定理， 所以，解得（舍去），或，则， 则，由对称性，不妨令，则， 则由，得，故正确. 故选： 11. 设函数的定义域为，若对任意的，存在，使得，且，则称具有性质，记为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 存在 D. 若，则存在常数，使得函数存在最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】求导判断函数在上单调递增，结合题意计算可判断A；当时，，进而计算可判断B；构造函数，时，，时，，构造函数，时，，时，，可判断C；取，结合B选项，可知，分类讨论可知无最大值，可判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为，求导得， 令，可得，解得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 又， ， 当时，， 所以对于任意的，存在，使得， 当时，由函数的单调性可知不成立，故A错误； 对于B，函数的定义域为， 当时，，， 故对于任意的，存在，使得， 此时，， 当时， 成立，即成立，故B正确； 对于C，构造函数当时，， 当时，，故， 对任意的，取整数，令，， 又，故； 构造函数当时，， 当时，，同理可得， 而在时，有， 在时，也有， 即对所有成立， 对任意，不存在，使得，故，故C正确； 对于D，取，由B选项可知， 假设存在，使得函数存在最大值， 若，取，，则， 当时，，矛盾； 若，当时，，矛盾； 若，取，，则， 当时，，矛盾，故D错误. 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用指数函数的性质化简集合，再利用交集的概念运算. 【详解】得，则，则 故答案为： 13. 若函数在区间有且仅有两个零点，则实数的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助降幂公式与辅助角公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦函数性质计算即可得. 【详解】 ， 当时，， 由题意可得，即， 故实数的最大值为. 故答案为：. 14. 先后掷一个均匀的骰子3次，得到的点数依次为，记事件为“”，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得，再借助容斥原理计算可得，的不同情况的种数，同理可得，的不同情况的种数及，的不同情况的种数，结合所有可能种数即可得解. 【详解】假设，则， 故的结果为， 故要使得，只需， 先后掷一个均匀的骰子3次，共有种不同情况， 若，共有种不同情况， 不含的情况有种，不含的情况有种， 不含也不含的情况有种， 故，的不同情况有种； 同理，的不同情况有种； ，的不同情况有种； 故. 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若点为外心，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）逆用两角和的正切公式可得，再利用正弦定理计算即可得； （2）利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用余弦定理计算可得，即可得的周长. 【小问1详解】 在中，由，得， 所以，所以，又,所以， 因为，由正弦定理得， 由，则所以； 【小问2详解】 由（1）知， 因为点为的外心，所以的外接圆半径， 在中，所以， 所以，解得（舍去）或， 所以的周长为. 16. 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立.已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为.记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分. （1）求智能体经过1次测试后得2分的概率； （2）记智能体经过次测试后的总得分为. （i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率； （ii）求. 附：若为随机变量，则. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用概率乘法公式计算即可得； （2）（i）计算出“智能体2次测试总得分至少为3分”的概率与“第一次测试得1分，且智能体2次测试总得分至少为3分”的概率后，利用条件概率公式计算即可得；（ii）设第次的得分为，则可得的可能取值及其对应概率，即可得，再利用计算即可得解. 【小问1详解】 记“智能体经过1次测试后得2分”为事件，由题意得； 【小问2详解】 （i）记“智能体2次测试总得分至少为3分”为事件，“第一次测试得1分”为事件， 智能体接受并成功完成类任务的概率为， 所以智能体2次测试总得分为3分的概率为， 2次测试总得分为4分的概率为， 所以， 所以； （ii）设第次的得分为，则的可能取值为， ， ，， 所以， 所以. 17. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数计算即可得； （2）令，，借助导数计算可得该函数单调递减，则，结合的范围即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，， 令，得 令，得，令，得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 令，可得， 令，，因为，所以， 所以在单调递减， 要使得对任意的恒成立， 所以，即， 因为存在实数，使得成立， 所以，即， 所以的最大值为. 18. 如图，四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. （1）证明：四点共面； （2）设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件证明即可； （2）（i）求证和都是直角三角形，即可找到球心，再以为原点建系，利用向量计算点到平面的距离； （ii）先找出点的位置，再计算平面的法向量，利用向量计算线面角. 【小问1详解】 因为四边形正方形，所以， 又因为，所以四边形是正方形， 所以，所以， 所以四点共面. 【小问2详解】 （i）因为，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 因为，所以平面，同理可得，平面， 因为平面，平面，所以，， 所以和都是直角三角形， 所以中点就是球心， 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量， 所以，令，所以， 所以， 所以点到平面的距离为. （ii）当三点共线时，球面上点到点的距离最小， 因为，所以球的半径，分别取中点， 则， 所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 由（i）知平面的一个法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . 19. 已知椭圆和，点在上.直线均与相切. （1）若的焦距为. （i）求的方程； （ii）已知直线与相切于点，直线交于两点（异于点），与相交于点，证明：成等比数列； （2）过的两条直线分别与相切于两点（位于轴同侧），且分别交轴于两点，线段与交于点垂直于点，射线分别交于两点，证明：. 【答案】（1）（i）（ii）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）根据得，进而根据焦距求得即可求得答案； （ii）结合题意求得直线，的方程得到的方程为，联立直线与得，，，联立与得，设，联立与得，再根据距离公式证明即可. （2）设，且，进而结合切线方程，求得五点的横坐标得五点共线，故可以将证明转化为证明，即证，最后求解对应纵坐标证明即可. 【小问1详解】 解：（i）由题意得，即， 又，所以. 又因为焦距为，所以， 所以椭圆的方程为. （ii） 由题意得，， 所以直线的方程为，所以， 同理得直线的方程为，所以， 所以的方程为， 又因为直线与相切， 故联立方程得， 故，即， 又因为，所以，可得，即 联立得直线与交于点， 设，联立与，整理得， 由韦达定理得， 所以 同理得， 因为， ， 又因为，所以， 所以成等比数列. 【小问2详解】 证明： 设，且， 过点的切线方程为，与轴交点于， 过点的切线方程为，与轴交点于， 所以点的横坐标为， 因为直线的方程为，直线的方程为， 联立两直线方程得点的横坐标为， 所以， 又因为，所以为在轴上的投影，即， 所以五点共线， 所以，又因为在上，所以. 因为， 所以直线的方程为， 又因为在直线上，且，所以， 所以要想证， 只需证， 只需证， 因为 ， 所以，结论得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滩坊市高考模拟考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，值域为的偶函数是（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，已知公差，则（ ） A. 16 B. 14 C. D. 4. 已知数据的分位数是7，则实数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 如图，在棱长均相等的正三棱柱中，为三棱柱的顶点，为所在棱的中点，设与所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为坐标原点，直线与圆交于两点，且，则（ ） A B. C. D. 7. 某智慧交通管理平台为优化城市主干道通行效率，实时监测并记录各路口信号灯的运行模式.每个时段（例如早､晚高峰或特定监控周期）的运行模式对应一个代码（如下表）： 运行模式 代码 绿波协调 0 红灯截流控制 1 区域协调 -1 现按时间顺序记录某路口5个时段运行模式，如编码表示5个时段中第1，3时段是“绿波协调”运行模式，则该路口某天这5个时段的运行模式中出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为（ ） A. 40 B. 51 C. 131 D. 210 8. 已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为为上一点，且轴，点在线段上，直线分别交轴于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，则下列选项是“”的充分条件的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，点在的准线上，过且斜率为的直线交于两点，则（ ） A. B. C. D. 当时， 11. 设函数的定义域为，若对任意的，存在，使得，且，则称具有性质，记为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 存 D. 若，则存在常数，使得函数存在最大值 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，则__________. 13. 若函数在区间有且仅有两个零点，则实数的最大值为__________. 14. 先后掷一个均匀的骰子3次，得到的点数依次为，记事件为“”，则__________. 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若点为的外心，求的周长. 16. 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立.已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为.记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分. （1）求智能体经过1次测试后得2分的概率； （2）记智能体经过次测试后的总得分为. （i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率； （ii）求. 附：若随机变量，则. 17. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 18. 如图，四边形是边长为1正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. （1）证明：四点共面； （2）设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知椭圆和，点在上.直线均与相切. （1）若的焦距为. （i）求的方程； （ii）已知直线与相切于点，直线交于两点（异于点），与相交于点，证明：成等比数列； （2）过的两条直线分别与相切于两点（位于轴同侧），且分别交轴于两点，线段与交于点垂直于点，射线分别交于两点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $