2026年山东省春季高考《数学高频考点冲刺卷》（八）（原卷版+解析版）

编写说明：本套冲刺卷严格依据2026年山东省春季高考数学考试大纲编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握、理解层级考点，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第1卷，适合于系统检测备考初期的薄弱知识点与高频易错点，夯实基础知识点记忆，规范基础题型解题步骤，为后续进阶复习筑牢根基。 2026年山东省春季高考 数学 高频考点冲刺卷（八） 考试时间：120分钟，满分：120分 卷一（选择题，共60分） 一、选择题（本大题20个小题，每小题3分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将符合题目要求的选项字母代号选出，并填涂在答题卡上） 1.设集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】：A 【分析】：可用并集的定义直接求出两集合的并集． 【详解】：解：∵A={1，2，3}，B={2，3，4}， ∴A∪B={1，2，3，4} 故选：A． 2.复数（i是虚数单位）的虚部是（　　） A.1 B.-1 C.i D.-i 【答案】：A 【分析】：首先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，把复数整理成整式形式，写出复数的标准形式，虚部就是i的系数，得到结果． 【详解】：解：复数===1+i， ∴复数的虚部是1， 故选：A． 3.“"是“”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 【分析】：根据所给的角和角的正弦值，看两者能不能互相推出，根据特殊角的三角函数，得到前者可以推出后者，而后者不能推出前者，得到结论． 【详解】：解：当时，则 当时，α=或，k∈Z 故⇒ 反之不能推出 所以前者是后者的充分不必要条件 4.已知三点A（1，-1），B（a，3），C（4，5）在同一直线上，则实数a的值是（　　） A.1 B.4 C.3 D.不确定 【答案】：C 【分析】：三点A（1，-1），B（a，3），C（4，5）在同一直线上，由AB的斜率和AC的斜率相等，求出实数a的值． 【详解】：解：∵三点A（1，-1），B（a，3），C（4，5）在同一直线上， ∴AB的斜率和AC的斜率相等， 即=， ∴a=3， 故选：C． 5.函数的定义域是（　　） A. B. C.（-3，2）∪（2，+∞） D. 【答案】：B 【分析】：根据分式的定义和根式有意义的条件，进行求解． 【详解】：解：∵函数解析式， ∴x≠2，x+3≥0， ∴x≥-3且x≠2． 故选：B． 6.若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（　　） A.10 B.20 C.30 D.120 【答案】：B 【分析】：根据二项式的展开式的二项式系数是64，写出二项式系数的表示式，得到次数n的值，写出通项式，当x的指数是0时，得到结果． 【详解】：解：∵=2n=64， ∴n=6． Tr+1=C6rx6-rx-r=C6rx6-2r， 令6-2r=0，∴r=3， 常数项：T4=C63=20， 故选：B． 7.已知，且，那么等于（　　） A.-26 B.-18 C.-10 D.10 【答案】：A 【分析】：函数f（x）不具备奇偶性，但其中g（x）=x5+ax3+bx是奇函数，则可充分利用奇函数的定义解决问题． 【详解】：解：令g（x）=x5+ax3+bx，由函数奇偶性的定义，易得其为奇函数； 则 所以 得g（-2）=18 又因为g（x）是奇函数，即g（2）=-g（-2） 所以g（2）=-18 则f（2）=g（2）-8=-18-8=-26 故选：A． 8.若不等式ax2+bx-2＞0的解集为则a+b等于（　　） A.-18 B.8 C.-13 D.1 【答案】：C 【分析】：通过不等式解集转化为对应方程的根，然后根据韦达定理求出方程中的参数a，b，即可求出a+b 【详解】：解：∵不等式ax2+bx-2＞0的解集为 ∴是ax2+bx-2=0的两个根 解得： ∴a+b=-13 故选：C． 9.若2弧度的圆心角所对的弧长为4，则这个圆心角所在的扇形的面积为（　　） A.4 B.2 C.4π D.2π 【答案】：A 【分析】：由题意求出扇形的半径，然后求出扇形的面积． 【详解】：解：弧度是2的圆心角所对的弧长为4，所以圆的半径为：2， 所以扇形的面积为：=4； 故选：A． 10.已知平面向量=（1，2），=（-2，m），且||，则=（　　） A.（-5，-10） B.（-4，-8） C.（-3，-6） D.（-2，-4） 【答案】：B 【分析】：向量平行的充要条件的应用一种做法是根据平行求出向量的坐标，然后用向量线性运算得到结果；另一种做法是针对选择题的特殊做法，即排除法． 【详解】：解：排除法：横坐标为2+（-6）=-4， 故选：B． 11.函数a＞0且a≠1）的图象必经过点（　　） A.（3，4） B.（3，3） C.（1，0） D.（2，4） 【答案】：A 【分析】：利用a0=1即可得出． 【详解】：解：令x=3，则y=a0+3=4． ∴函数a＞0且a≠1）的图象必经过点（3，4）． 故选：A． 12.等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（　　） A.130 B.170 C.210 D.260 【答案】：C 【分析】：利用等差数列的前n项和公式，结合已知条件列出关于a1，d的方程组，用m表示出a1、d，进而求出s3m；或利用等差数列的性质，，,成等差数列进行求解． 【详解】：∵设{an}为等差数列， ∴，,成等差数列， 即30，70，s3m-100成等差数列， ∴30+-100=70×2， 解得=210． 故选：C． 13.已知圆过O（0，0）、A（1，0）、B（0，-1）三点，则圆的方程是（　　） A.x2+y2+x-y=0 B.x2+y2-x+y=0 C.x2+y2+x+y=0 D.x2+y2-x-y=0 【答案】：B 【分析】：假设圆的一般方程，将点的坐标代入，建立方程组，解之，即可得到圆的方程． 【详解】：解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，由题意得∴ ∴圆的方程为x2+y2-x+y=0． 故选：B． 14.一个几何体的直观图、正视图、侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图是（　　） A. B. C. D. 【答案】：B 【分析】：由四棱锥的正视图与侧视图形状可以看出，此四棱锥的摆放方式是底面四边形的一边与正视图的投影线平行，如此其正视图中较长的边是正三棱锥的侧棱，底边是底面四边形的一边长，由侧视图知底面四边形的一边与正视图的投影线垂直，由此得到其俯视图． 【详解】：解：由题意，几何体的直观图、正视图、侧视图如图所示， 此四棱锥的摆放方式是底面四边形的一边与正视图的投影线平行， 则这个几何体的俯视图是． 故选：B． 15.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率等于（　　） A. B. C. D. 【答案】：D 【分析】：根据椭圆的长轴长是短轴长的2倍可知a=2b，进而可求得c关于a的表达式，进而根据求得e． 【详解】：解：已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，∴a=2b，椭圆的离心率， 故选：D． 16.来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行北京奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有（　　） A.12种 B.48种 C.90种 D.96种 【答案】：B 【分析】：先分组：每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，然后排列到三个场地． 【详解】：解：每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为：中、英；中、瑞；英、瑞． 三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，进场地全排， 不同的安排方案总数有A22A22A22A33=2×2×2×6=48种． 故选：B． 17.已知随机变量ξ服从正态分布N（3，σ2），则P（ξ＜3）=（　　） A. B. C. D. 【答案】：D 【分析】：由正态分布的图象规律知，其在x=μ左侧一半的概率为，故得P（ξ＜3）的值． 【详解】：解：ξ服从正态分布N（3，σ2），曲线关于x=3对称，， 故选：D． 18.已知函数（ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则（　　） A. C. D. 【答案】：D 【分析】：通过图象求出函数的周期，再求出ω，由（，1）确定φ，推出选项． 【详解】：解：由图象可知：T==π，∴ω=2；（，1）在图象上， 所以，． 故选：D． 19.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中不成立的是（　　） A.EF与BB1垂直 B.EF与BD垂直 C.EF与CD异面 D.EF与A1C1异面 【答案】：D 【分析】：观察正方体的图形，连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，推出EF||A1C1；分析可得答案． 【详解】：解：连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角 形B1AC中EF，所以EF||平面ABCD，而B1B⊥面ABCD， 所以EF与BB1垂直；又AC⊥BD，所以EF与BD垂直，EF与CD异面． 由EF，AC||A1C1得EF||A1C1 故选：D． 20.已知△ABC的外接圆半径为R，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2R（sin2A-sin2C）=，那么角C的大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】：B 【分析】：先根据正弦定理把2R（sin2A-sin2C）=（a-b）中的角转换成边可得a，b和c的关系式，再代入余弦定理求得的值，进而可得C． 【详解】：解：由2R（sin2A-sin2C）=（a-b）， 根据正弦定理得a2-c2=（a-b）b=ab-b2， ∴==， ∴角C的大小为， 故选：B． 卷二（非选择题，共60分） 二、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分．请将答案填在答题卡相应题号的横线上） 21.已知均为单位向量，它们的夹角为60°，=___． 【答案】： 【分析】：先由=+9-6=-6||||cos60°，将数代入即可得到答案． 【详解】：解：∵=+9-6=-6||||cos60°=10-3=7 ∴= 故答案为： 22.某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2：3：5，现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，样本中A种型号产品有16件．那么此样本的容量n=___． 【答案】：80 【分析】：根据数量比2：3：5得到A被抽的比例，进而得到抽到的数量． 【详解】：解：n× ∴n=80 故答案是80 23.在△ABC中，若∠A=120°，AB=5，BC=7，则△ABC的面积S=___． 【答案】： 【解析】：用余弦定理求出边AC的值，再用面积公式求面积即可． 【解答】：解：据题设条件由余弦定理得|BC|2=|AB|2+|AC|2-2|AB||AC|cosA 即49=25+|AC|2-2×5×|AC|×（-）， 即AC|2+5×|AC|-24=0解得|AC|=3 故△ABC的面积S=×5×3×sin120°= 故应填 24.已知点P在抛物线y2=4x上，那么点P到点Q（2，-1）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为___． 【答案】： 【分析】：先根据抛物线方程求出焦点坐标，再由抛物线的性质知：当P，Q和焦点三点共线且点P在中间的时候距离之和最小，进而先求出纵坐标的值，代入到抛物线中可求得横坐标的值从而得到答案． 【详解】：解：∵y2=4x ∴p=2，焦点坐标为（1，0） 过M作准线的垂线于M，由PF=PM， 依题意可知当P，Q和M三点共线且点P在中间的时候， 距离之和最小如图， 故P的纵坐标为-1，然后代入抛物线方程求得x=， 故答案为：（，-1）． 25.正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线BC1与AC所成角的大小为___°． 【答案】：60 【分析】：先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． 【详解】：解：如图 将BC1平移至AD1处， ∠D1AC就是所求的角，又△AD1C为正三角形． ∴∠D1AC=60°． 故答案为60° 三、解答题（本大题5个小题，共40分） 26.判断函数，x∈（0，+∞）的单调性并说明理由． 【答案】：单调增函数 【分析】：根据题意，设0＜x1＜x2，由作差法分析可得结论． 【详解】：解：根据题意，函数在上递增， 证明：设f（x）=，设0＜x1＜x2， 则f（x1）-f（x2）=（）-（）=（x1-x2）（）， 又由0＜x1＜x2，则f（x1）-f（x2）＜0， 故函数在上递增 27.已知数列{}的首项x1=3，通项=2np+（n∈N*，p，q为常数），且x1，x4，x5成等差数列．求： （1）p，q的值； （2）数列{}前n项和Sn的公式． 【答案】：（1）p=1，q=1；（2）． 【分析】：（1）根据x1=3，求得p，q的关系，进而根据通项xn=2np+np（n∈N*，p，q为常数），且x1，x4，x5成等差数列．建立关于p的方求得p，进而求得q． （2）进而根据（1）中求得数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式求得答案． 【详解】：解：（1）∵x1=3， ∴2p+q=3，① 又x4=24p+4q，x5=25p+5q，且x1+x5=2x4， ∴3+25p+5q=25p+8q，② 联立①②求得p=1，q=1 （2）由（1）可知=2n+n ∴Sn=（2+22+…+2n）+（1+2+…+n） =． 28.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，=-21． （1）求△ABC的面积； （2）若a=7，求角C． 【答案】：（1）；（2） 【分析】：（1）先根据平面向量的数量积的运算法则化简，把的值代入求出ac的值，然后由的值和B的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出的值，利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ac和的值代入即可求出△ABC的面积； （2）由（1）求出的ac的值和a的值，求出c的值，再由a，c及的值，利用余弦定理求出b的值，再由b，以及c的值，利用正弦定理求出的值，利用大边对大角，由a大于c得到角C为锐角，由特殊角的三角函数值即可求出角C的度数． 【详解】：解：（1）∵，∴ac=35， 又∵，0＜B＜π，∴， ∴； （2）由（1）知：ac=35，且a=7，∴c=5， 则，∴， 由正弦定理得：，∴， 又∵a＞c，∴，∴． 29.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点． （Ⅰ）求证：CD||平面A1EB； （Ⅱ）求证：AB1⊥平面A1EB； 【答案】： 【分析】：（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD，根据三角形中位线定理可以证明四边形ECOD为平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题； （2）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC．所以BB1⊥平面ABC．因为CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD，可证CD⊥平面A1ABB1，再利用直线与平面垂直的判定定理进行证明； 【详解】：证明：（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD． 因为O为AB1的中点，D为AB的中点， 所以OD||BB1且．又E是CC1中点， 所以EC||BB1且， 所以EC||OD且EC=OD． 所以，四边形ECOD为平行四边形．所以EO||CD． 又CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，则CD||平面A1BE． （2）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC． 所以BB1⊥平面ABC． 因为CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD． 由已知得AB=BC=AC，所以CD⊥AB， 所以CD⊥平面A1ABB1． 由（1）可知EO||CD，所以EO⊥平面A1ABB1． 所以EO⊥AB1． 因为侧面是正方形，所以AB1⊥A1B． 又EO∩A1B=O，EO⊂平面A1EB，A1B⊂平面A1EB， 所以AB1⊥平面A1BE． 30.已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离等于，过右焦点F2的直线l交双曲线于A、B两点，F1为左焦点． （Ⅰ）求双曲线的方程； （Ⅱ）若△F1AB的面积等于6，求直线l的方程． 【答案】： 【分析】：（1）根据题意，得离心率e==2且b=，结合c2=a2+b2联解得a=1，即得双曲线的方程； （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l方程：y=k（x-2）．由双曲线方程与直线l方程消去y，得关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系和△F1AB的面积等于6，建立关于k的方程并解出k的值，即得直线l的方程． 【详解】：解：（1）∵双曲线的渐近线方程为bx±ay=0， ∴双曲线焦点（±c，0）到渐近线的距离为=b= 又∵双曲线离心率e==2 ∴c=2a，平方得c2=a2+b2=a2+3=4a2，解得a=1 因此，双曲线的方程为 （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由右焦点F2（2，0）设直线l方程：y=k（x-2） 由消去y，得（k2-3）x2-4k2x+4k2+3=0 根据题意知k≠±，由根与系数的关系得：x1+x2=，x1x2=，y1-y2=k（x1-x2） ∴△F1AB的面积S=c|y1-y2|=2|k||x1-x2|=2|k|•=2|k|•6•=6 两边去分母并且平方整理，得k4+8k2-9=0，解之得k2=1（舍负） ∴k=±1，得直线l的方程为y=±（x-2） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：本套冲刺卷严格依据2026年山东省春季高考数学考试大纲编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握、理解层级考点，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第1卷，适合于系统检测备考初期的薄弱知识点与高频易错点，夯实基础知识点记忆，规范基础题型解题步骤，为后续进阶复习筑牢根基。 2026年山东省春季高考 数学 高频考点冲刺卷（八） 考试时间：120分钟，满分：120分 卷一（选择题，共60分） 一、选择题（本大题20个小题，每小题3分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将符合题目要求的选项字母代号选出，并填涂在答题卡上） 1.设集合，，则（　　） A. B. C. D. 2.复数（i是虚数单位）的虚部是（　　） A.1 B.-1 C.i D.-i 3.“"是“”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 4.已知三点A（1，-1），B（a，3），C（4，5）在同一直线上，则实数a的值是（　　） A.1 B.4 C.3 D.不确定 5.函数的定义域是（　　） A. B. C.（-3，2）∪（2，+∞） D. 6.若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（　　） A.10 B.20 C.30 D.120 7.已知，且，那么等于（　　） A.-26 B.-18 C.-10 D.10 8.若不等式ax2+bx-2＞0的解集为则a+b等于（　　） A.-18 B.8 C.-13 D.1 9.若2弧度的圆心角所对的弧长为4，则这个圆心角所在的扇形的面积为（　　） A.4 B.2 C.4π D.2π 10.已知平面向量=（1，2），=（-2，m），且||，则=（　　） A.（-5，-10） B.（-4，-8） C.（-3，-6） D.（-2，-4） 11.函数a＞0且a≠1）的图象必经过点（　　） A.（3，4） B.（3，3） C.（1，0） D.（2，4） 12.等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（　　） A.130 B.170 C.210 D.260 13.已知圆过O（0，0）、A（1，0）、B（0，-1）三点，则圆的方程是（　　） A.x2+y2+x-y=0 B.x2+y2-x+y=0 C.x2+y2+x+y=0 D.x2+y2-x-y=0 14.一个几何体的直观图、正视图、侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图是（　　） A. B. C. D. 15.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率等于（　　） A. B. C. D. 16.来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行北京奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有（　　） A.12种 B.48种 C.90种 D.96种 17.已知随机变量ξ服从正态分布N（3，σ2），则P（ξ＜3）=（　　） A. B. C. D. 18.已知函数（ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则（　　） A. C. D. 19.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中不成立的是（　　） A.EF与BB1垂直 B.EF与BD垂直 C.EF与CD异面 D.EF与A1C1异面 20.已知△ABC的外接圆半径为R，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2R（sin2A-sin2C）=，那么角C的大小为（　　） A. B. C. D. 卷二（非选择题，共60分） 二、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分．请将答案填在答题卡相应题号的横线上） 21.已知均为单位向量，它们的夹角为60°，=___． 22.某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2：3：5，现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，样本中A种型号产品有16件．那么此样本的容量n=___． 23.在△ABC中，若∠A=120°，AB=5，BC=7，则△ABC的面积S=___． 24.已知点P在抛物线y2=4x上，那么点P到点Q（2，-1）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为___． 25.正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线BC1与AC所成角的大小为___°． 三、解答题（本大题5个小题，共40分） 26.判断函数，x∈（0，+∞）的单调性并说明理由． 27. 已知数列{}的首项x1=3，通项=2np+（n∈N*，p，q为常数），且x1，x4，x5成等差数列．求： （1）p，q的值； （2）数列{}前n项和Sn的公式． 28. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，=-21． （1）求△ABC的面积； （2）若a=7，求角C． 29.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点． （Ⅰ）求证：CD||平面A1EB； （Ⅱ）求证：AB1⊥平面A1EB； 30.已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离等于，过右焦点F2的直线l交双曲线于A、B两点，F1为左焦点． （Ⅰ）求双曲线的方程； （Ⅱ）若△F1AB的面积等于6，求直线l的方程． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $