精品解析：山东聊城市2026届高三下学期高考模拟试题数学（一）

聊城市2026年高考模拟试题 数学（一） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上． 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 2 5. 过双曲线的右焦点F作其中一条渐近线的垂线，垂足为P，若，的面积为6（O为坐标原点），则C的渐近线的斜率为（ ） A. B. C. D. 6. “”是“圆上恰有一点到坐标原点的距离为2”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 7. 有一种玻璃材质的高脚杯，杯内壁的轴截面可视为椭圆的一部分，如图所示，杯体最粗处直径为，杯口直径为，杯深，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，，D是边上一点，，，且，则边的长为（ ） 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知第一组样本数据，，…，的方差为1，第二组样本数据，，…，的平均数为14，则（ ） A. 第一组数据的平均数为4 B. 第二组数据的方差为3 C. 将两组数据合并后数据的平均数是9 D. 将两组数据合并后数据的方差是30 10. 若角的终边经过点，定义角的函数为：，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 当时， 11. 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数是____________． 13. 已知定义在上的偶函数满足，且时，，若是的一个零点，则a的值为____________． 14. 已知的外心O满足，若，且，则面积的最大值为____________． 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、演算步骤． 15. 如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． （1）证明：平面； （2）是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 某景区统计了连续5天该景区接待游客的人数（单位：万人），数据如下表： 第x天 1 2 3 4 5 接待游客人数y（万人） 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）根据表中数据，求y关于x的经验回归方程，并预测第7天该景区接待游客的人数； （2）该景区上山、下山各有步行和乘观览车两种方式．调查显示，游客选择步行和乘观览车上山的概率分别为，，步行上山的游客下山时继续选择步行的概率为，乘观览车上山的游客下山时继续选择乘观览车的概率为．假设游客之间选择上山、下山的方式互不影响，现从该景区出口随机选取4位下山的游客了解其下山方式，记X为这4人中步行下山的游客人数，求X的分布列和期望． 附：参考数据：，，． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，． 17. 已知抛物线的焦点为，点在上，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，以线段为直径作圆，该圆是否恒过上一定点？若是，求出该点坐标；若否，请说明理由． 18. 已知数列满足. （1）求的前n项和； （2）记数列的前n项和为，若． （i）证明数列为等差数列，并求出的通项公式； （ii）求数列的前n项和． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围； （3）若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 聊城市2026年高考模拟试题 数学（一） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上． 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由集合，则满足，解得， 所以，可得， 因为，所以. 2. 已知复数，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 所以. 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，函数在上单调递增； 对于B，函数， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 对于C，因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递增； 对于D，因为函数和在上单调递减， 所以函数在上单调递减. 4. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，利用基本不等式求解. 【详解】由可得， ， 当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意. 所以的最小值为. 故选：A. 5. 过双曲线的右焦点F作其中一条渐近线的垂线，垂足为P，若，的面积为6（O为坐标原点），则C的渐近线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合渐近线的方程为，由点到直线的距离可得，，再由三角形的面积公式，计算可得所求值． 【详解】设，不妨取渐近线的方程为， 则，又，故， 因为，的面积为6， 所以，解得 所以的渐近线的斜率为. 6. “”是“圆上恰有一点到坐标原点的距离为2”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】 【分析】依题意，圆与圆相切，求出的值即可判断结论. 【详解】圆，圆心为，半径， 到坐标原点的距离为2的点的轨迹是圆，圆心，半径， 圆上恰有一点到坐标原点的距离为2，则圆与圆相切， 有，或， 当时，化简得，解得或； 当时，化简得，方程无解， 则圆上恰有一点到坐标原点的距离为2，有或， 所以“”是“圆上恰有一点到坐标原点的距离为2”的充分不必要条件. 7. 有一种玻璃材质的高脚杯，杯内壁的轴截面可视为椭圆的一部分，如图所示，杯体最粗处直径为，杯口直径为，杯深，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】作杯内壁的轴截面如图，建立如图所示的平面直角坐标系. 设椭圆的标准方程为， 由题意：， 当时，则，所以对应第一象限内点的纵坐标为. 因为杯深，所以. 所以椭圆的离心率为：. 8. 已知中，，D是边上一点，，，且，则边的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由求出，由的值和求出，利用诱导公式求出和，由，利用两角差的正弦公式求出的值，利用正弦定理求出的值，由得到，计算出的值，由是边上一点得到，代入数值得解. 【详解】，， ，， ， ，，， ，， ， ， ， ， ， ，，，， 在中，， ，， ，， ，， ，，， 是边上一点，. 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知第一组样本数据，，…，的方差为1，第二组样本数据，，…，的平均数为14，则（ ） A. 第一组数据的平均数为4 B. 第二组数据的方差为3 C. 将两组数据合并后数据的平均数是9 D. 将两组数据合并后数据的方差是30 【答案】ACD 【解析】 【详解】设第一组样本数据，，…，的平均数为，方差为， 则第二组样本数据，，…，的平均数为，方差为， 由题意知，， 则有，解得第一组的平均数为，故选项A正确； 第二组的方差为，故选项B错误； 将两组数据合并后数据的平均数是，故选项C正确； 第一组样本数据的方差， 即， 即， 即， ， ， 则两组数据合并后数据的方差是 ， ， ， 则两组数据合并后数据的方差 ，故选项D正确. 10. 若角的终边经过点，定义角的函数为：，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 当时， 【答案】AB 【解析】 【分析】首先利用三角函数的定义，建立坐标与角的关系，化简函数表达式，然后判断选项即可. 【详解】令坐标原点为，设，，则，所以. 化简函数，. 最后判断选项： A：，正确； B：，正确； C：，函数为奇函数，错误； D：，，错误. 11. 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，根据边长可知此六面体由两个全等的三棱锥构成，再结合线面垂直的判定可得平面，再求体积即可；对于BC，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点坐标，再利用空间向量法求异面直线夹角和二面角；对于D，利用等体积法求内切球半径即可． 【详解】根据题意，在六面体中， ， 故此六面体由两个全等的三棱锥构成， 又，， 同理可得， 又平面， 平面， ，故A错误； 如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于， 则， 又为等边三角形，且六面体关于平面对称， ，， 则，， ，直线与所成角的余弦值为，故B正确； 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， ，又二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为，故C正确； 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为， ， ，即，解得，表面积为， 即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数是____________． 【答案】 【解析】 【详解】表示5个因式乘积， 的项可以是：从5个因式中选1个提供，1个提供，3个提供1， 此时的系数为， 的项也可以是：从5个因式中选3个提供，0个提供，2个提供1， 此时的系数为， 所以展开式中的系数为. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且时，，若是的一个零点，则a的值为____________． 【答案】## 【解析】 【详解】因为函数为偶函数， 所以， 所以， 所以函数的周期为， 所以， 由题意知，， 即， 解得. 14. 已知的外心O满足，若，且，则面积的最大值为____________． 【答案】3 【解析】 【分析】设为边中点，化简已知得，由余弦定理得，再利用二次函数的最大值的解法求解. 【详解】由. 所以. 如图： 取中点为，连接，则. 所以. 因为为的外心，所以. 由. 又根据余弦定理，. 因为， 所以 . 当时，取得最大值，为，所以的最大值为. 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、演算步骤． 15. 如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． （1）证明：平面； （2）是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 由已知点为线段的中点，点为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论； （2）设圆柱的底面半径为，母线长为，根据侧面积与底面面积关系证明，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设圆柱的底面半径为，母线长为， 因为圆柱的侧面积等于其两底面面积之和， 所以，所以， 由已知，，，，， 因为是该圆柱的母线，所以平面， 因为四边形是正方形，所以， 故平面，又平面， 所以，， 又为圆的直径，为圆上异于，的点， 所以， 以点为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则, 所以直线与平面所成角正弦值为. 16. 某景区统计了连续5天该景区接待游客人数（单位：万人），数据如下表： 第x天 1 2 3 4 5 接待游客人数y（万人） 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）根据表中数据，求y关于x的经验回归方程，并预测第7天该景区接待游客的人数； （2）该景区上山、下山各有步行和乘观览车两种方式．调查显示，游客选择步行和乘观览车上山的概率分别为，，步行上山的游客下山时继续选择步行的概率为，乘观览车上山的游客下山时继续选择乘观览车的概率为．假设游客之间选择上山、下山的方式互不影响，现从该景区出口随机选取4位下山的游客了解其下山方式，记X为这4人中步行下山的游客人数，求X的分布列和期望． 附：参考数据：，，． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，． 【答案】（1）；8.8万人. （2）的分布列为： 0 1 2 3 4 ，数学期望为3.【解析】 【分析】（1）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，再估计第7天该景区接待游客的人数； （2）由全概率公式计算，利用二项分布计算概率，列出分布列，由公式计算期望和方差可得. 【小问1详解】 由题，又，，，， 所以 ， 因此关于的经验回归方程为， 将代入回归方程得，即预测第7天接待游客人数为8.8万人. 【小问2详解】 设事件为“游客步行下山”，事件为“游客步行上山”，事件为“游客乘观览车上山”， 根据全概率公式可得每位游客步行下山的概率为， 所以由题意，的可能取值为 ，， ，， ， 因此的分布列为： 0 1 2 3 4 所以期望. 17. 已知抛物线的焦点为，点在上，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，以线段为直径作圆，该圆是否恒过上一定点？若是，求出该点坐标；若否，请说明理由． 【答案】（1） （2）过定点；定点坐标为 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上，求得，根据，结合抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，假设以线段为直径的圆恒过上的点，得到，列出方程，利用韦达定理，化简得到，结合对任意恒成立，求得，进而得到结论. 【小问1详解】 解：由抛物线，可得其焦点为，准线方程为， 因为点在抛物线上，可得，解得， 又因为，根据抛物线的定义，可得，即， 整理得，解得或， 因为，所以，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 解：设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则， ， 假设以线段为直径的圆恒过上的点，则， 因为，且， 所以， 整理得， 因为，所以， 两边同时除以，可得， 即，即， 将代入上式，可得， 整理得， 因为上式对任意恒成立，所以，解得， 当时，可得， 所以以线段为直径的圆恒过抛物线上一定点. 18. 已知数列满足. （1）求的前n项和； （2）记数列的前n项和为，若． （i）证明数列为等差数列，并求出的通项公式； （ii）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2）（i）由， 当时，，即； 当时，，则， 即，则，即， 所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列， 则，即. （ii） 【解析】 【分析】（1）分、两种情况结合等差数列的求和公式求解即可； （2）（i）结合题设及与的关系可得，即可求证，再求解通项公式即可； （ii）先得到，再结合分组求和、裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 当时，； 当时，， 显然满足上式，则. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（1）知，， 由（i）知，， 则 ， 所以 . 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围； （3）若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且． 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）； （3） 证明：因为有最大值，所以， ，解得． 当时，，， 已知曲线在点处的切线方程为， 则切线斜率，又， 根据点斜式方程可得切线方程为， 即． 令，则． ， 令，， 当时，又，，， 即，在单调递增，， 故此时不存在使； 当时，，解得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 又时，，，， ，使得， 则当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 又时，，，， 使得，即， 综上，当时，存在使，且． 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数分，，三种情况进行讨论求解； （2）利用导数分，两种情况，当时，，再证；当时，可根据导数推出不成立； （3）先由极值求，根据导数的几何意义求出，令，再利用导数确定其零点即可证明． 【小问1详解】 ， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 当时，恒成立，即，移项可得， 令， ， 令，，， ①时，又，所以， 令，， 令，， 在单调递减，，即， 在单调递减，， 即，故时符合题意； ②当时，， 故，时，，单调递增，， 时，，单调递增，， 故时不符合题意； 综上，的取值范围是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $