精品解析：山东青岛市第五十八中学2026届高三考前模拟数学试题

2026年山东省青岛市第五十八中学高考三模 数学试题 注意事项： 1．考试时间：2026.4.8 15:00～17:00；满分：120分；命题：高三数学集备组． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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． 4．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. 在等比数列中，，，则等于（ ） A. B. 5 C. D. 9 2. 复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知全集，集合，，则为 A. {1,2,4} B. {2,3,4} C. {0,2,4} D. {0,2,3,4} 4. 已知是双曲线（，）的左焦点，点在双曲线上，直线与轴垂直，且，那么双曲线的离心率是（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(　　) A. B. C. D. 6. 记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞） 8. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设函数，且记，则（ ） A. 数列的首项为1 B. 数列的前10项和为512 C. 数列的前10项和为 D. 数列的前10项和为0 10. 已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 时， C. 时，随着的增大而增大 D. 时，随着的增大而减小 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为数列的前项和，若，则_____________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于时，的坐标为______________. 14. 已知P为抛物线上任意一点，，，若存在实数k，点满足，则m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. 在等差数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）对任意，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前项和． 16. 如图所示，在三棱锥中，平面，，分别是的中点，，与交于，与交于点，连接． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的余弦值． 17. 已知函数…是自然对数的底数，）． （1）讨论的单调性； （2）讨论关于x的方程根的个数． 18. 在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 19. 为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． （1）求的分布列； （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，． (i)证明：为等比数列； (ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年山东省青岛市第五十八中学高考三模 数学试题 注意事项： 1．考试时间：2026.4.8 15:00～17:00；满分：120分；命题：高三数学集备组． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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． 4．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. 在等比数列中，，，则等于（ ） A. B. 5 C. D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列的项求公比，进而求即可. 【详解】由题设，， ∴． 故选：D 2. 复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】, 对应的点为,在第四象限，故选D. 3. 已知全集，集合，，则为 A. {1,2,4} B. {2,3,4} C. {0,2,4} D. {0,2,3,4} 【答案】C 【解析】 【分析】先根据全集U求出集合A的补集，再求与集合B的并集． 【详解】由题得，故选C. 【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题． 4. 已知是双曲线（，）的左焦点，点在双曲线上，直线与轴垂直，且，那么双曲线的离心率是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】易得的坐标为，设点坐标为，求得，由可得， 然后由a，b，c的关系求得，最后求得离心率即可. 【详解】的坐标为，设点坐标为， 易得，解得， 因为直线与轴垂直，且， 所以可得，则，即， 所以，离心率为． 故选：A. 5. 设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇函数偶次项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程. 【详解】因为函数是奇函数且定义域为，所以，得，解得. 所以，，所以. 所以曲线在点处的切线方程为，化简可得. 因此曲线在点处的切线方程为. 【点睛】该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 6. 记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由正弦定理（R为的外接圆半径），且的外接圆半径为1，得 ， 代入得. 由余弦定理得， 又，所以，化简得， 因为，所以. 7. 已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞） 【答案】C 【解析】 【详解】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果. 详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉， 再画出直线，之后上下移动， 可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点， 并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点， 即方程有两个解， 也就是函数有两个零点， 此时满足，即，故选C. 点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果. 8. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体中， 平面与线所成的角是相等的， 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的， 且过棱的中点的正六边形，且边长为， 所以其面积为，故选A. 点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果. 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. 设函数，且记，则（ ） A. 数列的首项为1 B. 数列的前10项和为512 C. 数列的前10项和为 D. 数列的前10项和为0 【答案】BD 【解析】 【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数. 令，则，故A错； 数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前10项和等于， 令，则，而， 则数列的前10项和为，故C错误； 数列的前10项和等于， 令，则， 因为，故D正确. 10. 已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 时， C. 时，随着的增大而增大 D. 时，随着的增大而减小 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可. 【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，， 故A正确， 对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布， 则， 所以， ， 所以，故B正确， 对于C,D选项，， 当时，为正项且单调递增的数列， 故随着的增大而增大故选项C正确， 当时，为正负交替的摆动数列， 故选项D不正确. 故选：ABC. 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到，，举反例判断A，不断构造函数并结合导数的性质判断B，利用正弦函数性质并结合题意代换判断C，对原函数合理变形得到，结合并利用导数判断D即可. 【详解】由题意得的定义域为，则， 而极值点满足，则，结合题意得， 可得方程的根出现在时，即时， 而，，， 结合零点存在性定理得，， 对于A，由已知得，， 则，不满足，故A错误， 对于B，令，且， 令，则， 令，， 当时，，则在上单调递增， 而，，则， 由零点存在性定理得存在作为零点， 即存在作为零点， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 而，，， 则，由零点存在性定理得存在作为零点， 令，，令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 则是的极小值点，故B正确， 对于C，由已知得，， 则，而， ，而，则，得到， 由正弦函数性质得在上单调递减， 则，得到，故C错误， 对于D，由题意得，， 满足，由已知得，则， 可得， 令，且， 而，当时，， 则在上单调递增，则， 即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为数列的前项和，若，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值. 【详解】根据，可得， 两式相减得，即， 当时，，解得， 所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列， 所以，故答案是. 点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果. 13. 如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于时，的坐标为______________. 【答案】 【解析】 【详解】如图，连结AP，分别过P，A作PC，AB垂直x轴于C，B点，过A作AD⊥PC于D点．由题意知的长为2. ∵圆的半径为1， ∴∠BAP＝2， 故∠DAP＝2－. ∴DP＝AP·sin＝－cos 2， ∴PC＝1－cos 2， DA＝APcos＝sin 2. ∴OC＝2－sin 2. 故＝(2－sin 2,1－cos 2)． 14. 已知P为抛物线上任意一点，，，若存在实数k，点满足，则m的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】向量的方向与的内角平分线相同，利用角平分线定理将表示为的函数，再求该比值在抛物线上的最大值，代入即得的最大值. 【详解】如图．设，则有， 则，． 因为，为单位向量，向量的方向与的内角平分线相同， 由于在轴上，故为内角平分线与轴的交点， 由角平分线定理，可得，其中，， 因为在线段上，则有， 设， 当且仅当时，等号成立．因为， 所以，则随单调递增，所以当取最大值时，也取最大值， 故的最大值为． 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. 在等差数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）对任意，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前项和． 【答案】：（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据等差数列的性质，将两已知式联立可以先求出等差数列的首项与公差，进而可求出通项公式；（2）首先根据要求列出关于的不等式，再根据都是正整数，即可判断出落入内的项数，从而求出数列的通项公式，再利用分组求和法即可求出其前项的和． 试题解析：（1）因为是一个等差数列，，所以，即， 设数列的公差为，则，故． 由，得，即． 所以， （2）对，若，则，因此， 故得，于是 ． 考点：1、等差数列；2、等差数列通项公式及前项和公式；3、等比数列前项和公式；4、分组求和法． 16. 如图所示，在三棱锥中，平面，，分别是的中点，，与交于，与交于点，连接． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明：解法一：在中，分别是的中点，则是的重心， 同理，所以，因此 又因为是的中位线，所以. 解法二：证明：因为分别是的中点， 所以∥,，所以∥， 又平面，平面， 所以∥平面， 又平面,平面平面， 所以∥， 又∥， 所以∥. （Ⅱ） 【解析】 【详解】解法一 （Ⅰ）略 （Ⅱ）解法1 因为，所以,又， 所以平面，平面， 为二面角的平面角， 不妨设由三角形知识可得 由余弦定理得 解法2 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图 不妨设则 设平面的法向量为，则 ，所以，令得 同理求得平面的一个法向量为， 因此 由图形可知二面角的余弦值为 解法二 （Ⅰ）略 （Ⅱ）解法一：在中,,, 所以，即,因为平面,所以， 又，所以平面，由（Ⅰ）知∥, 所以平面，又平面，所以，同理可得， 所以为二面角的平面角，设,连接， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， 又为的重心，所以 同理, 在中，由余弦定理得， 即二面角的余弦值为. 解法二：在中，,, 所以，又平面,所以两两垂直， 以 为坐标原点，分别以所在直线为 轴， 轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,, ,，, ,所以, ,,, 设平面的一个法向量为， 由，, 得 取，得. 设平面的一个法向量为 由，, 得 取，得.所以 因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. 【考点定位】本题考查了空间直线的位置关系的判定和二面角的求法，考查了空间想象能力、推理论证能力和运算能力．第一问主要涉及平面几何的图形性质，中点形成的平行线是常考点之一，论证较为简单．第二问有两种方法可以解决，因图形结构的简洁性，推理论证较为简单，而利用空间向量运算求解二面角就相对复杂了. 17. 已知函数…是自然对数的底数，）． （1）讨论的单调性； （2）讨论关于x的方程根的个数． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）当时，关于x的方程根的个数为0；当时，关于x的方程根的个数为1；当时，关于x的方程根的个数为2． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，判断导数与0的大小关系，得出单调区间； （2）将方程转化为，令，讨论和时的单调性，再对的范围进行分析，讨论得到的零点个数，即可得出答案. 【小问1详解】 解法一:， 当时，；当时． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 解法二：， 由，解得， 当时，，单调递减， 所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是； 【小问2详解】 解法一: 通过图象可对c进行讨论： 当即，时，函数，的图象有两个交点， 即方程有两个根． 当即，时，函数，的图象有一个交点， 即方程有一个根． 显然当时，方程没有根． 解法二：令， （1）当时，，则， 所以，， 因为，，所以， 因此在上单调递增． （2）当时，，则， 所以，， 因为，， 又，所以，所以， 因此在上单调递减． 综合（1）（2）可知当时，， 当，即时，没有零点， 故关于x的方程根的个数为0； 当，即时，只有一个零点， 故关于x的方程根的个数为1； 当，即时， ①当时，由（1）知， 要使，只需使，即． ②当时，由（1）知； 要使，只需使，即； 所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2； 综上所述： 当时，关于x的方程根的个数为0； 当时，关于x的方程根的个数为1； 当时，关于x的方程根的个数为2． 18. 在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 . 【解析】 【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得. （Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式. 试题解析：（I）由题意知 ，， 所以 ， 因此 椭圆的方程为. （Ⅱ）设， 联立方程 得， 由题意知， 且， 所以 . 由题意可知圆的半径为 由题设知， 所以 因此直线的方程为. 联立方程 得， 因此 . 由题意可知 ， 而 ， 令， 则， 因此 ， 当且仅当，即时等号成立，此时， 所以 ， 因此， 所以 最大值为. 综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19. 为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． （1）求的分布列； （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，． (i)证明：为等比数列； (ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性． 【答案】（1）的分布列如下： （2）（i）证明： 即 整理可得： 是以为首项，为公比的等比数列； （ii），解释如下： 由（i）知： ，，……， 作和可得： 表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理. 【解析】 【分析】（1）首先确定所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出的取值，可得，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合和的值可求得；再次利用累加法可求出. 【详解】（1）由题意可知所有可能的取值为：，， ；； 则的分布列如下： （2）， ，， （i）略 （ii），这种实验方案合理，理由略. 【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $