精品解析：山东省实验中学2026届高三一模考试数学试题

2026年山东省实验中学高三一模考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得，即， 又，故. 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，. 3. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积坐标公式及运算律，即可得答案. 【详解】由题意， 所以，而， 所以． 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】方法一求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数，方法二先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可． 【详解】方法一：，， 由题可知，或， 解得，，或，故有3个零点． 方法二：令， 即，，解得，， 分别令，解得，，， 所以函数在的零点的个数为3. 5. 已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得当时，最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】如图： 直线过定点， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 6. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 8π 【答案】B 【解析】 【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果. 【详解】如图： 设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即， 上底面半径，下底面半径， 圆台上下底面面积之差的绝对值为. 故选：B. 7. 已知是定义在上的奇函数，满足，，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数是以 为周期的周期函数，然后分别求得的值，结合函数的周期性，代入计算，即可得到结果. 【详解】将中的 替换为可得， 则， 用替换 ，即， 所以函数是以 为周期的周期函数， 由，令，则， 且是定义在上的奇函数，则，所以， 令，则，且，则， 令，则，因为，所以， 所以， 则 . 8. 袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用独立事件的概率乘法公式求出的表达式，根据选项作差计算，逐项判断即可. 【详解】设事件 为第一个白球在 次取出，且第二个白球在第 次取出，其中， 则， 所以. 故，又， 故时，，即，， 时，，即，，故A错误，B正确； ，又， 故时，，即，， 时，，即，，故C，D错误. 故选：B. 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. 已知直四棱柱的各顶点都在球 的球面上，若 ， ，三点共线，则（ ） A. ， ，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设 在底面 上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定 ， ，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D. 【详解】如图所示： 易知平面底面 ， 设 在底面 上的投影为， 若 ， ，三点共线，则 在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球 的球面上， 故 ， ， ， 四点共圆， 若 ， ，三点共线， 同上可知在直线 上， 故 为圆的直径， 所以，, 又底面 ，底面 ， 故， 平面，， 所以平面， 又平面，故， 同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A、C：由题意可得，结合等差数列定义可得，则成等比数列，则可得，即可求出，结合，两边取对数运算可得，即可得其公差；对B、D：由，结合等比数列定义可得，则成等差数列，则可求出，即可得，即可得其公比. 【详解】当时，，不合题意； 当 时，分别画出与的图象，如图：    所以； 对A、C：由题得，所以，即， 若成等差数列，则，所以， 所以成等比数列，由，则， 即，所以， 由，解得，因为， 所以， 则，即数列的公差为， 故A正确、C错误； 对B、D：由，若成等比数列，则， 则，即有，故成等差数列， 又，则， 故，即数列的公比为， 故B、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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与 的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则 的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】方法一：由平面几何知识证明，，结合双曲线定义可得，由此可求离心率， 方法二：联立方程组求 的坐标，根据关系列方程，化简可得，再结合离心率定义求结论. 【详解】方法一：因为直线 的方程为， 所以直线 的斜率为，倾斜角为， 所以， 因为四边形为矩形， 所以， 所以， 所以，即，又，， 所以，， 由双曲线定义可得， 所以 的离心率. 方法二：显然直线与交于原点O， 由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则， 设点，而 由得，解得， 则， 则，化简得，即，， 解得， 则. 14. 有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. 【答案】Q 【解析】 【分析】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作,利用列举法可得答案. 【详解】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15， 此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，这时按题中发牌的规则开始发牌， 记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作， 每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 14. 故最后剩下的是编号为14的纸牌，根据之前的操作可知该牌的牌面为Q. 故答案为：Q. 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. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）证明：； （2）若的面积，求角 的大小． 【答案】（1）证明：由正弦定理得， 故，于是． 又，故，所以或， 因此（舍去）或，所以． （2）或. 【解析】 【详解】试题分析：（1）由正弦定理得，进而得，根据三角形内角和定理即可得结论；（2）由得，再根据正弦定理得及正弦的二倍角公式得，进而得讨论得结果. 试题解析：（1）略 （2）由得，故有，因，得．又，所以．当时，；当时，． 综上，或． 考点：1、正弦定理及正弦的二倍角公式；2、三角形内角和定理及三角形内角和定理. 16. 已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【答案】（1）；（2）18. 【解析】 【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值. 【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值. 联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 【答案】（1） （2）时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以 获胜”为事件 ，记“甲最终以获胜”为事件 ，“甲最终获胜”为事件 ， 于是， 与 为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 3 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0， ， 则的分布列为： 1 0 则， 所以， 由于，则， 于是时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 18. 已知函数，为的导数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）设为的零点，证明：当时，． 【答案】（1） （2） 当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． （3） （i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且， 故在区间单调递增，，且此时． 因为，故． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故． 故当时，． （ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点， 即在存在唯一极大值点，故当时，． 由（2）可知，，且， 故当时，都有． 又因为，且在区间单调递增， 故存在唯一零点，且满足． 设， 则，． 由上可知，在区间单调递减，且， 故，此时也有． 综上，由（i），（ii）可知，当时，． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程； （2）由题意得，等价于在零点的个数，分， 两种情况判断单调性，进而可得零点个数； （3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论. 【小问1详解】 当时，，则， 故，，曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数． 当时，，没有零点． 当 时，，令，则， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增． 又，当时，，此时没有零点； 当时，，此时有一个零点． 若，则，又，，， 结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点， 即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点． 综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． 【小问3详解】 略 19. 将边长为的正方形 沿对角线 折叠，形成四面体． （1）证明： ； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】（1）证明如下： 取中点 ，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） （3）证明如下： 我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为 和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以​，取，可得， 此时，因为， 且， 所以即，命题得证. 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. 【小问3详解】 略 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年山东省实验中学高三一模考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 5. 已知直线过定点，与圆交于 两点，则的最小值为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 6. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 8π 7. 已知是定义在上的奇函数，满足，，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 8. 袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（ ） 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. 已知直四棱柱的各顶点都在球 的球面上，若 ， ，三点共线，则（ ） A. ， ，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与 的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则 的离心率为__________． 14. 有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. 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. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）证明：； （2）若的面积，求角 的大小． 16. 已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 18. 已知函数，为的导数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）设为的零点，证明：当时，． 19. 将边长为的正方形 沿对角线 折叠，形成四面体． （1）证明： ； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $