山东省泰安第三中学2026届高考数学冲刺训练卷

山东省泰安第三中学高考冲刺训练卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知函数且在上的值域为，则（    ） A．4 B．2 C． D． 3．（本题5分）已知，，则（   ） A． B．7 C． D． 4．（本题5分）已知向量与，，向量在向量方向上的投影向量是，则（    ） A．4 B．16 C．1 D．3 5．（本题5分）记等差数列的前n项和为，且，，则（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知实数满足，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．（本题5分）已知椭圆的左、右焦点分别是和，过的直线交椭圆于两点，的内切圆分别与相切于两点，若，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知是定义在上的函数，，都有，且当时，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．函数在上单调递增 C．若，则不等式的解集为或 D．为奇函数 10．（本题6分）已知 分别为双曲线的左、右焦点，过 的直线交 的右支于 两点，若，，则（   ） A． B． C．的渐近线方程为 D．的面积为 11．（本题6分）已知随机事件发生的概率满足，且事件与互斥，则下列说法正确的是（    ） A． B．与相互独立 C． D．若与相互独立，则 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 13．（本题5分）若复数满足，则________． 14．（本题5分）直播带货已经成为助力乡村振兴的重要方式之一.某村统计了一合作社最近100天通过直播带货销售农产品的日销售额x（单位：万元），并绘制成下面的频率分布直方图，则______；x的第80百分位数为______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在中，角，，的对边分别为，，．且满足． (1)求角的大小； (2)已知，，在边上，且满足，求的长． 16．（本题15分）如图，在三棱柱中，平面 ，， ，分别为棱的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角的大小. 17．（本题15分）已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. (1)求椭圆的方程； (2)若为直角三角形，求的值； (3)直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 18．（本题17分）第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功． (1)已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）． （ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率． (2)记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：． 19．（本题17分）已知函数． (1)当时，证明：在R上存在唯一零点，并求的零点的值； (2)设，为的两个极值点， （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A C C D B AD ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【详解】依题意，， 而，所以． 2．C 【详解】函数在上具有相同的单调性， 所以在上单调，要满足题意，则在上单调递增， 所以，解得，故选C. 3．B 【分析】根据同角的三角函数关系及两角差的正切公式求解即可. 【详解】由，，得，所以， 所以. 4．A 【详解】由题设，则， 由，则. 5．C 【详解】由等差数列前项和性质可得，​， 因为，所以， 再根据等差数列中项性质：， 代入得，即， 又已知，设公差为，则，解得， 即等差数列的通项公式， 所以. 6．C 【详解】对于选项A，可知，无法判断正负，所以选项A错误； 对于选项B，可知时，所以，所以选项B错误； 对于选项C，因为，所以， 可知，当且仅当，即时取等号，所以等号取不到， 所以，选项C正确； 对于选项D，当时，无法判断不等式是否成立，所以选项D错误； 7．D 【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误； B，若，，则可平行于，或者与相交，错误； C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误； D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确． 8．B 【分析】利用椭圆定义和切线长定理求各边长，再根据勾股定理求解即可. 【详解】根据椭圆定义得的周长为. 根据三角形内切圆切线长性质，得， ，（为内切圆与的切点）. 设，由得，周长满足 ， 代入，得. 因此，进一步得各边长， ，，， . 观察三边：， 故是直角三角形，，即， 对用勾股定理，代入， 化简得，故离心率. 9．AD 【分析】利用赋值法可判断A，利用单调性的定义可判断B，结合单调性和定义域可判断C，利用奇函数的定义可判断D. 【详解】对于A，令，则，所以，A正确； 对于B，对任意，设，则，因为当时，， 所以， , 即，因此在上单调递减，B不正确； 对于C，，由可得， 由B选项可得，解得， 又，所以，故解集为，C不正确； 对于D，令，由可得定义域为； 又，所以为奇函数，D正确. 10．ABD 【分析】根据双曲线定义计算可判断A；根据计算可判断B；根据双曲线定义结合B可得，再根据双曲线渐近线方程计算可判断C；根据三角形面积公式计算可判断D. 【详解】对于A，双曲线，则， 不妨设点在第一象限，由双曲线定义可知， 因为，所以，，故A正确； 对于B，因为，， 所以， 故，所以，故B正确； 对于C，由B可知，， 因为，所以，所以，即， 所以，即， 所以的渐近线方程为，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， ， 所以，故D正确. 11．ABD 【分析】根据互斥得到，由计算可判断A；根据求出，结合的值可判断B；由A与互斥，得与互斥，求得可判断C；由与相互独立，可求，再结合求得，根据条件概率公式求得即可判断D. 【详解】对于A，与互斥，故，，则，故A正确； 对于B，，即，故，故，与相互独立，B正确； 对于C，A与互斥，故与互斥，故，C错误； 对于D，因为与相互独立，， 又，∴， ∴，故D正确. 故选：ABD. 12．82 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，此时共有种， 综上，共有种． 13． 【详解】因为，所以， 所以． 14． / / 【详解】由图知，解得， 设销售额的第80百分位数为m，又， ，且，解得. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用两角和的余弦公式结合三角形内角和计算求解； （2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形． 【详解】（1）由得， 即， ，即， ， 又， ． （2）已知，，，在边上，且满足， ， ， ， 在中，由余弦定理得， 在中，已知， 则 ， 解得． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面ABC得，E，F分别为棱AB，BC的中点得，得，，得，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，由夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以， 因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，且，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，则， 又，易得， 则，所以， 又，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，则， 则， 由（1）知平面的一个法向量为， 又， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面与平面的夹角为， 则，又，所以， 则平面与平面的夹角的大小． 17．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由点差法和斜率的关系可得椭圆的基本量，进而可得椭圆方程； （2）根据三角形为直角三角形进行分三类情况讨论，若时结合根与系数关系可得斜率值；若或时，分别可得或的坐标，进而可得斜率值； （3）分别用直线的斜率为表示出点的横坐标，进而可证明定值. 【详解】（1）设，则，两式相减，得，即. 因为为的中点，所以， 所以直线的斜率为，所以， 所以，即. 因为椭圆的焦距为，所以，又因为， 解得，所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为.设，如图： 将代入方程，消得， ，解得. 则. 若时，有，即，, 即， 所以，化简整理得，解得，符合； 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 综上，或. （3）由直线的方程，知. 因为点为点关于轴的对称点，所以，所以直线的方程为， 令，得点的横坐标为，因为， 所以， 所以为定值. 18．(1)（i）分布列见解析，；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）分别计算出取1，2，3对应的概率，列出分布列，求出期望； （ii）用条件概率公式进行求解； （2）法一：根据裂项相消发化简得，结合证不等式； 法二：计算，用平方差公式展开约分，得，结合证不等式； 【详解】（1）（i）由题意知X的所有可能取值为1，2，3， ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 则X的数学期望. （ii）设事件B表示该人闯关成功，F表示该人第一轮闯关失败，（，2，3）表示该人第i轮闯关成功， 则，，， ， ， 由条件概率的计算公式可得， 故在该人闯关成功的条件下，该人第1轮闯关失败的概率为. （2）法一：由题意知 ， 令， 则， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 法二：由题意知， 则 ， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 19．(1)证明见解析，． (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导，根据函数单调性判断零点个数，进而结合特殊函数值及单调性求出零点； （2）（ⅰ）根据函数极值点和导函数零点之间的关系，构造函数，求出构造函数有两个零点时的参数范围即可； （ⅱ）利用消元思想消去，构造函数，利用其单调性，证明不等式. 【详解】（1）当时，，则， 令，则， 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减， 所以，所以， 所以在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一零点． （2）（ⅰ）已知有两个极值点， 易得有两个零点， 令，则， 令，即，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 在处取得最小值，且． 若有两个零点，一定有，解得， 又易知时，，时，， 根据零点存在定理可知，函数在，上各存在一个零点， 故的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知，，且，故， 故， 令， 则， 当时，，在上单调递减， 所以， 故． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $