精品解析：山东省烟台市2026届高三下学期高考诊断性测试数学试题

2026年高考诊断性测试 数学 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上． 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知抛物线经过点，则其焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 5. 某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（ ） A. 180 B. 240 C. 320 D. 360 6. 直播带货已经成为助力乡村振兴的重要方式之一．某村统计了一合作社最近天通过直播带货销售农产品的日销售额 （单位：万元），并绘制成右侧的频率分布直方图，则 的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知球 的半径为1，三棱锥的顶点为 ，底面的三个顶点均在球 的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平行四边形 中，，，，点在四边形 所在平面上，且满足，，则的最大值为（ ） A. B. 3 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 是的一个周期 C. D. 当时，的最小值为 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知曲线为 上一点，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线 关于原点对称 B. 当 时，曲线 的长度为 C. 当时，点 到直线距离的最大值为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分；共15分． 12. 已知椭圆的焦点为，过 与 轴垂直的直线截 所得的弦长为1，则 的离心率为___________． 13. 已知等差数列的公差不为0，，且成等比数列，则的前 项和的最大值为___________． 14. 一圆周上均匀分布着8个点，将这8个点连接成4条弦，且任意两条弦没有公共点．记为“4条弦中由相邻两点连接成的弦的条数”，则的数学期望为______． 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 的内角的对边分别为，，且 的面积为． （1）求 ； （2）若 为锐角三角形，，求的值． 16. 已知函数，为的导函数，且． （1）求在点处的切线方程； （2）证明：当时，；当 时，． 17. 已知双曲线经过点，且离心率为2． （1）求 的方程； （2）过 的右焦点且斜率不为0的直线 与 交于两点，设分别为 的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 18. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，，， （1）证明：； （2）若点 在底面 内的正投影为 的中点． （i）当为何值时，平面与平面 夹角的余弦值最大？ （ii）设平面与交于点；在平面 内，过作 的平行线交 于点，设平面与交于点：在平面 内，过作 的平行线交 于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求． 19. 某工厂生产一批产品，其单件产品的真实合格概率为.由于质检设备存在误差，当单件产品为合格品时，被该质检设备检测为合格的概率为，当单件产品为不合格品时，被其误判为合格的概率为，且.现从该批产品中随机抽取 件，并用该质检设备进行检测，设每件产品的检测结果相互独立，检测结果为合格的件数为. （1）求单件产品的检测结果为合格的概率； （2）若为定值，求取最大值时 的值； （3）当 足够大时，（2）中的近似服从.设，当时，试估计 的最小值及相应 的值. 说明：若，则，其中为的正态密度函数.参考数据：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考诊断性测试 数学 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上． 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用子集的定义可得答案. 【详解】由，得：， 即，故， 由，得：， 又因为， 所以. 2. 已知抛物线经过点，则其焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为抛物线过点，所以，即. 所以其焦点到准线的距离为. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. 4. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】因为复数， 所以， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为， 又，， 所以在复平面内对应的点位于第一象限. 5. 某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（ ） A. 180 B. 240 C. 320 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】先求将名同学分成人数分别为的四组的方法数，再求将 组同学分派到4个场次的方法数，根据分步乘法计数原理求结论. 【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成， 第一步，将名同学分成人数分别为的四组，该步有种完成方法， 第二步，将 组同学分派到4个场次，此步有种完成方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为 6. 直播带货已经成为助力乡村振兴的重要方式之一．某村统计了一合作社最近天通过直播带货销售农产品的日销售额 （单位：万元），并绘制成右侧的频率分布直方图，则 的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据频率和为 可解得 ，再根据百分位数的定义及公式求解. 【详解】设销售额的第百分位数为 ， 由已知，解得， 又， ， 所以， 且， 解得， 即销售额的第百分位数为. 7. 已知球 的半径为1，三棱锥的顶点为 ，底面的三个顶点均在球 的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】下证：在半径为的小圆中，内接正三角形面积最大. 证明：设底面三角形为 ， 则 ， 而 ， 当且仅当时等号成立，即，故 故，当且仅当且时等号成立， 即，，而， 即，即，时等号成立， 此时 为等边三角形. 回到问题本身： 此时该三棱锥的体积， 由， 当且仅当，即时，等号成立，所以该三棱锥的体积最大值为， 此时球心到截面小圆的距离， 即当该三棱锥的体积最大时，其高为． 8. 已知平行四边形 中，，，，点在四边形 所在平面上，且满足，，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】以点 为原点建立如图所示直角坐标系， 因为，，， 所以， 因为，所以点 在以为圆心，半径为1的圆上， 设点， 因为，所以， 所以，解得， 所以， 所以 ， 所以当时，取得最大值为. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 是的一个周期 C. D. 当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由图可知，所以， 又，所以或， 从图象看，处函数处于上升阶段，即， 又，所以， 因为，所以，故，故A正确； 对于B，，处函数处于下降阶段， 所以，解得， 又，所以，所以，又， 故 ，得， 所以，所以，故B正确； 对于C， ，C错误； 对于D，当时，， 所以，所以， 所以的最小值为，故D正确. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用给定条件结合基本不等式判断A，C；利用构造函数，求导，利用单调性进行判断B，D. 【详解】对于A项，因，，且，则有， 当且仅当时取“=”，A正确； 对于B项，因，，且，则, 得，则B错误； 对于C项，因，，且，则， 得，， 设，， 得，得函数在上单调递增， 得，得， 即，得，故C正确； 对于D项，， 令， 得，得函数在上单调递增， 得，得，即，故D项错误. 11. 已知曲线为 上一点，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线 关于原点对称 B. 当 时，曲线 的长度为 C. 当时，点 到直线距离的最大值为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对称性、含绝对值方程化简可判断A正确，分类讨论绝对值内部的正负并利用圆的方程和轨迹可知B错误，由基本不等式以及点到直线距离公式计算可得C正确，根据平方关系解不等式可得D正确. 【详解】A：若在曲线上，则， 将表达式中的替换为可得, 即，方程不变，故A正确； B：当时，方程为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 综上可知当 时，曲线 的长度为，故B错误； C：当时，曲线， 设,则点 到直线的距离， 由，解得，当且仅当时，等号成立； 所以，故,故C正确； D：当时，将曲线 整理得到， 所以，当时等号成立， 当时，将曲线 整理得到， 所以，当时等号成立，故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分；共15分． 12. 已知椭圆的焦点为，过与 轴垂直的直线截 所得的弦长为1，则 的离心率为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得，结合已知通径长及得，进而有，根据离心率公式即可得. 【详解】由题意， 在中，令，可得，所以， 因为过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以，则， 其中，所以，则， 所以，则. 13. 已知等差数列的公差不为0，，且成等比数列，则的前 项和的最大值为___________． 【答案】36 【解析】 【分析】先根据成等比数列求等差数列的公差，进而确定数列的通项公式，根据确定最大时 的值，再利用等差数列的求和公式求. 【详解】设数列公差为 ，由成等比数列， 得， 又，所以. 所以. 由. 所以的前项和取得最大值，且. 14. 一圆周上均匀分布着8个点，将这8个点连接成4条弦，且任意两条弦没有公共点．记为“4条弦中由相邻两点连接成的弦的条数”，则的数学期望为______． 【答案】 【解析】 【分析】变量表示第对相邻点被连成弦的情况（表示被连，表示未被连），则.由期望的线性性，，利用对称性只需计算单个再乘以8. 【详解】设为圆周上个点无交叉连接成 条弦的总数，通过递推计算： （2个点）：只有1种连接方式， （4个点）：固定点1，可连2或4： 连2：剩余2个点（3,4），连接数， 连4：剩余2个点（2,3），连接数， 故. （6个点）：固定点1，可连2、4、6： 连2：剩余4个点（3-6），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-6），连接数， 连6：剩余4个点（2-5），连接数， 故. （8个点）：固定点1，可连2、4、6、8： 连2：剩余6个点（3-8），连接数， 连4：分成两部分（2-3和5-8），连接数， 连6：分成两部分（2-5和7-8），连接数， 连8：剩余6个点（2-7），连接数， 故总连接数. 任取一对相邻点（如点1和点2），若它们被连成弦，则剩余6个点（3-8）需无交叉连接成3条弦，连接数为. 单个相邻对被连的概率： 由期望的线性性：. 【点睛】方法归纳：本题采用指示变量法（线性期望），避免了复杂的分类枚举.核心是通过递推计算无交叉连接总数，再利用对称性简化期望计算. 易错归纳：递推时需注意固定点的连接方式，避免遗漏或重复计算； 期望的线性性不要求变量独立，可直接求和，这是关键技巧. 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 的内角的对边分别为，，且 的面积为． （1）求 ； （2）若 为锐角三角形，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解． （2）由（1）知，，而， ，得 为等边三角形，即可求解． 【小问1详解】 由余弦定理得， 因为，所以. 由三角形面积公式得， 又因为，所以， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，得， 而，得，又， 得 为等边三角形，得， 故. 16. 已知函数，为的导函数，且． （1）求在点处的切线方程； （2）证明：当时，；当 时，． 【答案】（1） （2）证明：设， 则， 当时，，单调递减； 当 时，，单调递增； 所以当时，，即， 所以在单调递增，又， 故当时，； 当 时，. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，点斜式求出切线方程 （2）利用二次求导得到函数在单调递增，又即可证明. 【小问1详解】 的定义域为， 因为，所以 . 所以， 所以，函数在点处的切线方程为， 整理得. 【小问2详解】 略 17. 已知双曲线经过点，且离心率为2． （1）求 的方程； （2）过 的右焦点且斜率不为0的直线 与 交于两点，设分别为 的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 【答案】（1） （2）是定值， 【解析】 【分析】（1）根据题设列出关于的方程组，求解即得； （2）设 的方程为，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线的斜率，并化简，利用消元思想与韦达定理即可推出结论. 【小问1详解】 由题意，可得， 解得. 所以 的方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 的右焦点为，设 的方程为， 与方程联立，得. 因为 与 有两个交点，所以且，解得． 设，则，则有 因，则， 所以，因， 代入可得，，即为定值. 18. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，，， （1）证明：； （2）若点 在底面 内的正投影为 的中点． （i）当为何值时，平面与平面 夹角的余弦值最大？ （ii）设平面与交于点；在平面 内，过作 的平行线交 于点，设平面与交于点：在平面 内，过作 的平行线交 于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求． 【答案】（1）连接 与 交于点 ，连接． 因为四边形 为菱形，所以， 在中，，所以 ， 因为平面 ，平面 ，， 所以 平面 ，又 平面 ，所以. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）连接 与 交于点 ，连接，由已知及线面垂直的判定和性质定理证明结论； （2）（i）构建合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值，结合导数求其最大值； （ii）由题设存在使得，从而得，设，则，得，从而得到参数关系，应用类似过程及等差数列的定义写出通项公式，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为点 在底面投影为 ，由题意两两垂直． 因为，所以， 以 为原点，所在直线分别为 轴，建立如图空间直角坐标系， 则，因为，所以． 因为，即，所以. 因为， 设平面的法向量为，所以， 令，所以， 而平面 的法向量为． 设平面与平面 夹角的大小为 ， 则. 令，则， 当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 所以，当时，取最大值. （ii）因为共面，故存在实数使得， 因此， 设，则，则， 由坐标分量对应相等，化简整理得. 在平面 内，因为，设，则． 类比前面推导过程，可得，将上式取倒数可得， 所以为以为首项、1为公差的等差数列． 所以，所以. 19. 某工厂生产一批产品，其单件产品的真实合格概率为.由于质检设备存在误差，当单件产品为合格品时，被该质检设备检测为合格的概率为，当单件产品为不合格品时，被其误判为合格的概率为，且.现从该批产品中随机抽取 件，并用该质检设备进行检测，设每件产品的检测结果相互独立，检测结果为合格的件数为. （1）求单件产品的检测结果为合格的概率； （2）若为定值，求取最大值时 的值； （3）当 足够大时，（2）中的近似服从.设，当时，试估计 的最小值及相应 的值. 说明：若，则，其中为的正态密度函数.参考数据：. 【答案】（1）； （2）； （3）最小值为19600，. 【解析】 【分析】（1）因为单件产品检测合格包含真实合格且检测合格、真实不合格但误判合格两个互斥事件，所以用全概率公式计算，将两个事件的概率相加. （2）因为服从二项分布，所以先写出的表达式，将其看作关于 的函数，再利用求函数最值的方法，比如求导或者利用组合数的性质分析函数的单调性，找到取最大值时 的值. （3）因为近似服从正态分布，所以先将通过正态分布的标准化转化为标准正态分布的概率不等式，结合参考数据得到关于的不等式，再结合与 、 的关系，进而估计 的最小值及相应 的值. 【小问1详解】 设“单件产品实际为合格品”为事件，“单件合格品检测为合格”为事件，“单件不合格品误判为合格”为事件，则由全概率公式知， ， 即单件产品的检测结果为合格的概率为. 【小问2详解】 因为每件产品的检测结果相互独立， 所以 件产品中检测结果为合格的件数服从二项分布. 当时，. 令，其中，则 令，得，且， 所以当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以，当时，取得最大值．因此. 【小问3详解】 由于为随机变量，由（2）可设. 且，所以. 因为，所以 所以， 将代入，整理得. 因为，所以， 由题知，近似服从， 所以，故， 由参考数据，故，解得. 又，所以恒成立. 因为时，取得最大值19600. 所以 的最小值为19600，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $