山东泰安长城路中学2025-2026学年高三下学期高考冲刺数学模拟卷

山东省泰安市长城路中学2026年高考冲刺模拟卷 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）已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知为锐角，，则（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）数列是公差为正数的等差数列，其前项和为，则（    ） A．0 B．4 C．6 D．8 6．（本题5分）如图，设，，线段DE与BC交于点F，且，则（    ） A．3 B．4 C． D．5 7．（本题5分）已知，，且，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D． 8．（本题5分）已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且满足，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 10．（本题6分）下列结论正确的是（    ） A．一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 B．一组数据的第80百分位数是11.5 C．已知随机变量，若，则 D．在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，则不变（，其中） 11．（本题6分）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，为偶函数，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）在的展开式中项的系数为______. 13．（本题5分）已知是虚数单位，则____________． 14．（本题5分）已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求； (2)求的取值范围. 16．（本题15分）已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且． (1)求证：平面； (2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值． 17．（本题15分）甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为． (1)求甲连续打前四局比赛的概率； (2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率； (3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望． 18．（本题17分）已知函数，其中． (1)当时，求函数的极小值； (2)当时，恒成立，求的取值范围． 19．（本题17分）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，上顶点和右顶点分别为，，，. (1)求的方程. (2)已知过点的直线与交于，两点，过点且与垂直的直线与交于，两点，，在轴的上方，，分别为，的中点.求证：直线过定点. 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 《山东省泰安市长城路中学2026年高考冲刺模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B A C B D A BD AB 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】，解得， 集合， ． 2．A 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由，得， 则，即，所以函数的一个周期为4， 又， 则. 3．B 【详解】令，因为，所以， 已知为锐角，即，因此，， 所以，解得，即． 4．A 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误； CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误； A选项，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当或时，；当或时，. A选项正确. 5．C 【分析】利用等差数列的性质，先解出，进而得到，再利用等差数列求和公式计算即可． 【详解】解：由题可得， 解得或（舍去）， ，解得， ， ． 6．B 【分析】用两种方式表示点的位置，然后利用向量基，底不共线，对应系数相等，得到. 【详解】依题意，, 所以，所以， 又因为，设， 所以， 即，因为，不共线，所以，所以， 所以. 7．D 【分析】根据已知得，代入目标式并应用基本不等式求最小值即可. 【详解】由，则，，，故， 所以， 当且仅当，此时取等号. 8．A 【详解】设，则，在中，由正弦定理得， 又因为，所以，整理得， 因为为三角形内角，，所以，则， 故，即是以为直角顶点的直角三角形， 在中， ，由勾股定理得，代入，得，解得，所以， 根据椭圆的定义，有，所以， 因此，椭圆的离心率. 9．BD 【分析】根据线面，面面位置的判定方法逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，，则直线，平行或异面，故A错误； 对于B，由，，得，又，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，由，，得，又，所以，故D正确. 故选：BD. 10．AB 【分析】将样本中心代入回归方程，求出a值，可判断A的正误，根据百分位数的求法，可判断B的正误；根据二项分布的方差公式，可得，根据变量间的关系，计算求解，可判断C的正误；根据计算公式，代入求解，可判断D的正误. 【详解】选项A：将代入回归方程，得，解得，故A正确； 选项B：，则该组数据的第80百分位数为，故B正确； 选项C：由，得， 所以，解得，故C错误； 选项D：若每个数据均变成原来的2倍， 则 ，则改变，故D错误. 11．ACD 【分析】对进行变形可判断A，分析的对称性和周期性可判断B，由已知变形得到和的两个方程并联立可判断C，先计算得到的值，由的周期性及和的值计算可判断D. 【详解】对于A，由，可得， 两式相减可得，故A正确； 对于B，由为偶函数，可得， 即，所以的图象关于直线对称， 由，两边求导得，即， 所以是以4为周期的周期函数， 则有，无法推出，故B错误； 对于C，由，两边求导得， 即，令，可得， 又，令，可得， 并联立，解得，故C正确； 对于D，由，当时，，又，可得， 当时，可得， 由，即， 所以，令，可得， 所以，令，可得，，， 由A知的周期为4，则，所以， ，故D正确. 12．25 【详解】因为的展开式中含的项为， 所以的展开式中项的系数为25. 13． 【分析】根据复数的运算求解即可. 【详解】因为 所以 故答案为： 14．或或 【分析】结合函数的图像和值域，函数图象，再分类讨论解的个数，验证边界情况即可求解. 【详解】当时，由基本不等式， 当且仅当时，即时，等号成立， 且在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增，且其值域为， 综上可大概画出图像，且有1个解：；有2个解：； 有3个解：；有2个解：； 若恰有4个零点， 即与的解的总个数为4个， 因为值域为，所以可知， 情况一：有1个解，即，且有3个解，则， 即，解之可得， 情况二：有2个解，即或，且有2个解，则， 满足题意，综上可知或. 故答案为 ：或或. 15．(1) (2) 【分析】（1）方法一、由正弦定理结合三角恒等变形化简可得，进而得到；法二、利用余弦定理代入，整理得，再求即可求解； （2）先根据锐角三角形得到，再利用余弦定理求的范围，再结合进行求解． 【详解】（1）解：方法一、因为，则. 由正弦定理得： 则，因为，则. 所以，所以. 法二、由余弦定理：， 代入，得，又， 故， 整理得，故， 又，故； （2）在锐角中，由，可得. 又， 又，则，故. 又，设，设， 又在上单调递减，在上单调递增，所以 又因为，所以，故的取值范围为． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与该平面内的两条相交直线垂直即可，即证明. （2）先建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）证明：取中点，连接，，，由于，，， 由等腰三角形三线合一可得，，， 又因为，面，可得面，从而， 同样的，又因为，面，可得面，从而， 又因为，面，可得平面． （2）解：由于正方形，所以，又因为， 由（1）有，所以，从而有， 以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面， 又因为可得， 所以，，，， ，，所求角的余弦为：． 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可； （2）利用条件概率求解即可； （3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可. 【详解】（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜， 第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为， 第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 所以甲连续打前四局比赛的概率为：. （2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局， 对于前四局中第二局乙获胜： 即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为， 第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为， 所以， 在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空 第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为， 第四局：乙、丙对打，概率为， 所以， 根据条件概率知：. （3）由题意知得分的可能值为：， ， ， ， ， 所以的分布列为： 6 所以得分的数学期望为：. 18．(1) (2) 【分析】（1）求导，分析函数单调性和极值点，进而求出函数的极小值； （2）先转化不等式，构造函数并求导，分析函数单调性及极值点，进而求出的取值范围． 【详解】（1）当时，函数，求导得： ， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 是极小值点，代入函数得． （2）恒成立， ，不等式化为， 整理得，，问题转化为， 令，则， ，令分子为0，化简得 ，整理得， ，，故，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得最大值：， 当时，，时， 且对所有，成立； 当时，处，不满足条件， 的取值范围为． 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意可知，，结合即可求出答案； （2）设，，，，直线，将直线方程与椭圆方程联立求出，进而得到点坐标，同理得到点坐标，从而求出直线的方程，即可证明. 【详解】（1）设的半焦距为，由题意知，，， 由椭圆的几何性质知，，， 所以，则， 所以， 所以，，故的方程为. （2）由（1）知，，由题意知，直线与坐标轴不垂直， 设，，，，直线， 将代入，整理得 所以，， 所以，， 所以， 同理可得， 所以， 所以直线，即， 所以直线过定点. 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 $