精品解析：山东省临沂市2026届高三一模考试数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试（模拟） 数学 2026.3 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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．考试结束后，将本试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. 的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 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 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 5. 对于事件A，B，，，，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知锐角，满足，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 函数，若对任意，都有，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 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，） 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. 11. 已知函数满足，且当 时，，则（ ） A. B. C. D. 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_________． 13. 已知曲线在点处的切线为 ，若直线 与抛物线也相切，则_________． 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_________． 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. 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. 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. 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． 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，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试（模拟） 数学 2026.3 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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．考试结束后，将本试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. 的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及复数的概念求解. 【详解】， 的虚部为. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】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】 【详解】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】 【详解】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】 【分析】根据条件概率公式以及并事件的性质即可求解. 【详解】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】 【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得含的表示，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】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】 【分析】先推得的单调性和，进而将目标转化为在上恒成立，求一元二次函数的最大值即得. 【详解】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】 【分析】设，根据双曲线的定义和余弦定理，求得，在中，利用余弦定理，求得即，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】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，） 【答案】AC 【解析】 【详解】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】 【分析】由得到，解得，取相邻三个公共点对应的，则横坐标为，求出纵坐标为，求出及三个点的纵坐标为，通过的面积得到，选项A，由的值求出；选项B，求出即可得解；选项C，求出，求出即可得解；选项D，求出、、即可得解. 【详解】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】 【分析】A：利用赋值法进行运算判断即可； B：利用反证法进行判断即可； C：运用对数的运算性质，结合已知不等式进行运算判断即可； D：利用函数单调性的定义、题中不等式判断函数的单调性，根据函数值对应自变量的值的特点构造新函数，结合导数的性质、判断新函数的单调性，再结合已知原函数的单调性进行判断即可. 【详解】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】 【分析】先求得，然后利用向量的夹角公式求得向量与的夹角的余弦值，进而求得其正切值. 【详解】， 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】 【分析】先求曲线在点处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出. 【详解】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】 【分析】由正弦定理求得圆柱的底面圆半径，再由外接球表面积求出圆柱的高为6，求出面积的最大为，即可得出三棱锥 体积的最大值. 【详解】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. 【答案】（1）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） 【解析】 【分析】（1）求导后讨论的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间. （2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解的取值范围. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【答案】（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） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别证得 平面 ， 平面 ，利用面面平行的判定定理，证得平面 平面 ，进而证得 平面 ； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ，分别求得向量和平面 的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 （3）游戏Ⅱ 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式直接计算可得结果； （2）利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望； （3）分别计算出参加一次游戏Ⅰ和游戏Ⅱ对应的奖金期望值，可知应选择游戏Ⅱ. 【小问1详解】 由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率. 【小问2详解】 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 0 1 2 3 随机变量 的期望或. 【小问3详解】 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． 【答案】（1） （2） （ⅰ）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） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程； （2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）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，，． 【答案】（1）， （2） （i），， 易得是的两个根， 则有，且， 由， 则， 因为，则有， 则 ， 因为，则有， 则， 于是，得证； （ii），迭代得， 即，， 其中，且， 若存在正整数m，n，使得，，成等比数列， 即，结合，可得， 因为， 所以， 同时除以得， 因为，则可设， 则有，即， 易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾， 故无正整数解满足， 因此，不存在这样的正整数m，n，使得，，成等比数列. 【解析】 【分析】（1）根据题意，迭代函数为，代入已知函数及其导函数，化简得，然后从初始值 出发，依次计算即可； （2）（i）利用是的两个根，根据题意将代入，通过代数恒等变形得到分子为，分母为，从而有；（ii）由（i）的条件计算，假设存在正整数m，n，使得，，成等比数列，即，结合，可得，因为底数不为0或 ，则有指数相等，即，等式两边同时除以，结合指数的运算，可分析出无正整数解满足，得证. 【小问1详解】 由题意得，则， 则有， 令，则， 取 ，则， 则， 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $