精品解析：山东青岛市平度市2026届高考模拟检测（一）数学试题

平度市2026年高考模拟检测（一） 数学试题 2026．03 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上. 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，请将答题卡上交. 一、单项选择题：本大题共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】C 【解析】 【详解】因，解得，即， 又，则. 2. 设复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模长运算性质得，再计算即可． 【详解】由已知得，从而，即，所以． 故选：C． 3. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列性质可得，结合条件可求，再由等差数列求和公式及性质可得，由此可求结论. 【详解】因为数列为等差数列，所以， 所以， 所以，所以． 4. 已知非零向量，，则“”是“向量”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】C 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可. 【详解】因为，为非零向量， 若，则，则， 所以，所以，故充分性成立； 若，则，所以， 所以，则，故必要性成立； 所以“”是“向量”的充要条件. 故选：C． 5. 把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图像的平移及逆向变换思路求解即可. 【详解】函数的图像向左平移个单位长度，得到. 所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到. 又，所以. 6. 若个数据的平均值为，方差为，现加入数据和，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设这个数据为，依题意求出，加入两数据后再依次求其平均值与方差即可. 【详解】设这个数据为，依题意，， 则， 加入数据和后，这个数据的平均值为， 则方差为. 7. 已知椭圆上有两个动点满足，为线段的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，为椭圆的右焦点，则，再根据代入数据即可求得答案． 【详解】设，，为椭圆的右焦点， 由题意，椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距， ∴， 同理可得，， 而， 即，解得，则的最大值为1. 8. 已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数性质画出函数图象，将方程根的问题转化成函数的图象交点问题. 【详解】由，得函数的图象关于点对称， 又，得函数的图象关于直线对称， 从而函数是周期为4的周期函数. 又当时，，则， 即是的单调递增函数，，，可画出的部分图象， 又方程的根即与的交点横坐标，如图 两函数的图象共有17个交点，并且关于点对称，故所有根之和为17. 二、多项选择题：本大题共3小题．每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断A；利用线面垂直的性质判定推理判断B；利用平面的基本事实推理判断C；求出线面角判断D. 【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面， 则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角， 而，因此，A正确； 对于B，平面，平面，则，又， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，又，因此平面，B正确； 对于C，由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点， 同理，点和都是平面和平面的公共点， 因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确； 对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面， 则为直线与平面所成的角，在中，， 因此，，D错误. 故选：ABC 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与的左支相交于两点，，，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 直线的斜率为 【答案】AC 【解析】 【分析】设结合双曲线的定义与勾股定理即可得的值，从而进行判断. 【详解】 如图，由，可设.因为，所以. 对于A、B：设则，解得，所以，故A正确，B错误； 对于C：在中，由，得，则，从而双曲线的离心率为，故C正确； 对于D：因为，所以直线的斜率为，故D 错误. 11. 记的内角所对边分别为，点为的中点，，，延长到点，使点为线段的中点，则（ ） A. B. 周长的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】已知等式由正弦定理和三角恒等变换化简，求角判断选项A；由余弦定理和基本不等式得，进而得出判断选项B；由，利用向量的数量积和三角恒等变换化简得，为锐角三角形，有，结合正弦函数的性质求取值范围判断选项C；设，由余弦定理，利用辅助角公式和正弦函数的性质求最小值判断选项D. 【详解】对于A，已知，由正弦定理得， 即，得， 则有，得， 又由于，所以，故， 而，所以，选项A正确； 对于B，在中，由余弦定理，得， 所以，，所以， 即，当且仅当时取等号，由于， 所以的周长的取值范围为，故选项B正确； 对于C，在中，由正弦定理得， ，， 由AC的中点为M，有， ， △ABC为锐角三角形，则，得， 当，有，所以， 有，故的最大值为，选项C错误； 对于D，设，所以，在中由余弦定理， ， ，， 故当，即时， 取最小值，所以的最小值为，故D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式中项的系数为__________． 【答案】15 【解析】 【详解】根据二项式定理，的通项， 当，即时，可得 ∴项的系数为15 13. 若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数_____. 【答案】 【解析】 【分析】求导得，由题意可得，结合点在圆上可求解. 【详解】对于，，故切线斜率存在，于是，又， 解得或（舍去），于是，所以，所以. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值． 【详解】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是， 则，∴， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，， 又平面，所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， ，，∴， ， 令，则， ， 当且仅当，时等号成立， 所以的最小值是． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题． 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. 已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，. （1）求的方程； （2）若直线过点且的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）当直线垂直轴时，可求出、的坐标进而求出的值； （2）根据三角形的面积公式，弦长公式，点到直线的距离公式即可求出. 【小问1详解】 设点，， 因为抛物线，所以. 当直线过点且垂直轴时，直线的方程为， 把代入可得， 故，所以，所以方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，易知直线的斜率不为零，设直线方程为， 联立得， 则，， 所以， 又点到直线距离， 所以， 令，所以，所以，解得或， 所以直线方程为或. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性； （2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围. 【小问1详解】 由题知：， 若，，在上单调递增； 若，令解得：， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上， 当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； 【小问2详解】 依题意，时，恒成立，即在上恒成立， 令 ，则 = ， 令，由（1）知函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 则有，即， 即当时，则，当时，则， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取最小值，于是得， 所以的取值范围为. 17. 已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： （1）证明：平面平面； （2）若点M在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接，，依题意，，，， 则，即有，显然有， 而平面，平面，于是平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三棱锥的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面平面. （2）确定在棱上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，，则平面， 即为直线与平面所成的角，且， 因此当最短时，最大，最大，而，则为的中点， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，； 设平面的法向量为，则，令，得， 显然平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18. 三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为个单位.第一个人抢到的金额数为1到个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为），第二个人在剩余的个金额数中抢到1到个单位且等可能，第三个人抢到剩余的所有金额数，并且每个人抢到的金额数均为整数个单位.三个人都抢完后，获得金额数最高的人称为手气王（若有多人金额数相同且最高，则先抢到最高金额数的人称为手气王）. （1）若，则第一个人抢到的金额数可能为个单位且等可能. （i）求第一个人抢到金额数的分布列与期望； （ii）求第一个人获得手气王的概率； （2）在三个人抢到的金额数为的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率. 【答案】（1）（i）的分布列为 1 2 3 ，2；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）根据题意可得，即可得的分布列与期望；（ii）将三个人抢到的金额数记作，根据的取值情况，分类求解所需概率； （2）利用条件概率公式分析求解即可得结论. 【小问1详解】 若第一个人抢到的金额数为个单位，第二个人抢到的金额数为个单位，第三个人抢到的金额数为个单位，我们将三个人抢到的金额数记作. （i）， 所以的分布列为 1 2 3 . （ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为， 故第一个人获得手气王的概率 . 【小问2详解】 记事件“三个人抢到的金额数为的一个排列”，事件“第一个人获得手气王”. 所要求的是条件概率，有. 当三个人抢到的金额数为的一个排列时，总金额数为9，故第一个人抢到的金额数可能为 . 又， ， 故. 19. 在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设是两个正整数，若的最大公约数是1，则称互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记. （1）求，和； （2）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言： ①准备两个不同的、足够大的素数；②计算，欧拉函数； ③求正整数，使得除以的余数是1； ④其中称为公钥，称为私钥. 已知计算机工程师在某RSA算法中公布的公钥是.若满足题意的正整数从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，若数列满足，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】先根据欧拉函数定义和所具备的特点计算，和，再通过分解公钥中的得到素因子，最后通过数列递推关系即可完成后续计算. 【小问1详解】 解：由欧拉函数的定义知，不超过3且与3互素的正整数有1，2，则， 不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则， 不超过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，所以. 【小问2详解】 计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而.由是两个不同的素数，得， 在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个， 于是， 所以. 所以， 所以正整数满足的条件为：，， 令，则， 令，则， 取，则， 所以，即， 由题意可知， ， 可知当为偶数时， 可知当为奇数时， , 故. 【点睛】以欧拉函数为核心，分析特点进行求值，通过审题分析信息是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平度市2026年高考模拟检测（一） 数学试题 2026．03 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上. 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，请将答题卡上交. 一、单项选择题：本大题共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. 设复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知非零向量，，则“”是“向量”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. 把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 6. 若个数据的平均值为，方差为，现加入数据和，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆上有两个动点满足，为线段的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题．每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与的左支相交于两点，，，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 直线的斜率为 11. 记的内角所对边分别为，点为的中点，，，延长到点，使点为线段的中点，则（ ） A. B. 周长的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式中项的系数为__________． 13. 若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数_____. 14. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 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. 已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，. （1）求的方程； （2）若直线过点且的面积为，求的方程. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 17. 已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： （1）证明：平面平面； （2）若点M在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18. 三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为个单位.第一个人抢到的金额数为1到个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为），第二个人在剩余的个金额数中抢到1到个单位且等可能，第三个人抢到剩余的所有金额数，并且每个人抢到的金额数均为整数个单位.三个人都抢完后，获得金额数最高的人称为手气王（若有多人金额数相同且最高，则先抢到最高金额数的人称为手气王）. （1）若，则第一个人抢到的金额数可能为个单位且等可能. （i）求第一个人抢到金额数的分布列与期望； （ii）求第一个人获得手气王的概率； （2）在三个人抢到的金额数为的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率. 19. 在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设是两个正整数，若的最大公约数是1，则称互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记. （1）求，和； （2）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言： ①准备两个不同的、足够大的素数；②计算，欧拉函数； ③求正整数，使得除以的余数是1； ④其中称为公钥，称为私钥. 已知计算机工程师在某RSA算法中公布的公钥是.若满足题意的正整数从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，若数列满足，求的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $