精品解析：山东潍坊市2026届高考模拟考试数学试题

滩坊市高考模拟考试 数学 2026.4 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题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】D 【解析】 【分析】化简集合，再根据交集的定义求结论. 【详解】不等式，可化为， 故， 不等式，可化为， 所以， 所以. 2. 已知一组数据的中位数为10，则该组数据的平均数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【详解】由时，中位数， 由时，中位数， 而中位数为10，显然， 综上，且，可得， 所以数据的平均数为. 3. 抛物线上的点到的准线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由抛物线得，， 准线方程为， 点到的准线的距离为. 4. 在平面直角坐标系中，点，则的最大内角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定最大边，大边对大角，利用余弦定理进行求解 【详解】由已知， ， 显然，，所以，而， 所以的最大边为，其所对的角为最大内角，即为， 则，故为锐角， 而， 所以的最大内角为. 5. 投壶源于射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏及礼仪，参与者需在一定距离外将箭矢投入壶口或壶耳.在某投壶游戏中，选手甲投中壶口､壶耳的概率分别为，依落点计分如表格所示.若甲连续投掷3次，每次投掷互不影响，则甲的总得分不少于5分的概率为（ ） 投掷结果 壶口 壶耳 其它 计分 2 1 0 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得甲的总得分不少于5分包含三次均投入壶口或三次中有两次投入壶口，一次投入壶耳两种情况. 三次均投入壶口得6分的概率， 三次中有两次投入壶口，一次投入壶耳得5分的概率， 所以甲的总得分不少于5分的概率为. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，分类讨论，结合，可求答案. 【详解】因为，所以， 因为，所以，即； 因为，所以， 当时，，所以， 此时. 当时，，所以，由可知，此时不合题意. 7. 若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 要使条件①成立，则必须保证当时，恒成立， 又在上单调递增，故，. 时，，要使条件②成立，这必须保证在区间有解. 即成立，，又在上单调递增，. 综上，的取值范围是. 8. 已知椭圆的右焦点为，直线交于两点，为坐标原点，且，过作，垂足为，则直线的斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，两点后利用它们满足椭圆方程以及，得到关于的等式，再利用等面积法写出的表达式，将前面的等式代入化简得到为定值，最后根据直线与圆有公共点求出斜率的范围. 【详解】由方程可知，所以，所以， 设，， 则有，，即，，① 由可得， 即，将①代入得， 化简得， 对于，，即为上的高， 由等面积法可得 ，为定值， 所以点的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆， 直线与该圆应有公共点，设的斜率为， 则原点到直线即的距离小于等于半径， 即，平方得， 解得. 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，其中在复平面内对应的点为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，因为在复平面内对应的点为，所以，故A错误； 对于B，由，得，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，所以， 所以或，所以或，所以，故C正确； 对于D，因为，可得，所以，又因为， 所以，所以，所以，又， 所以，故D正确. 10. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为为底面上的动点（含边界），则（ ） A. 直线与所成角的大小为 B. 的最小值为 C. 满足的点的轨迹长度为 D. 满足三棱锥外接球的体积取得最大值的点共有5个 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质判断A；利用对称性找到点关于面的对称点坐标，即可判断B；判断出满足的点的轨迹的形状，即可判断C；由题意表示出三棱锥外接球的半径，根据其表达式确定体积取得最大值的点P的个数，判断D. 【详解】A.正四棱柱中，侧棱底面，因此（在底面内）， 故直线与所成角为，A正确. B.利用对称性求的最小值，，， 将点关于面对称到（关于的对称点）， 则 即最小值为，B正确。 C.以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，， 设，， ， 该圆在正方形（边长为2，中心在）内的部分是以为圆心的四分之一圆弧， 半径为2，弧长为，而非，C错误. D. 设底面的中心为，底面的中心为，到的距离为，外接球半径为， 由外接球性质，球心在上，设 ，则， 又，联立两式： ，解得， 故 ， 该函数在上的最大值在端点处取得：（对应，个点），（对应个顶点）， 因此满足条件的点共有（个），D正确． 11. 半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（ ） A. 点在曲线上 B. 曲线围成的区域面积等于16 C. 曲线与直线有三个交点 D. 曲线上点的横坐标的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A根据题意可知点到原点的距离，从而确定点在曲线上；选项B曲线围成的区域面积大于半径为的圆面积；选项C由曲线方程与直线方程可判断；选项D由参数方程得出点的横坐标，求最大值. 【详解】圆沿圆外侧无滑动滚动， 所以圆心的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆， 点到原点的距离满足， 点到原点的距离为， 当圆滚动到圆正上方时，点恰好位于， 故选项A正确； 由参数方程设圆的圆心为， 外摆线参数方程标准形式， 代入可得曲线的参数方程为（为参数）， 曲线由三个全等的瓣组成，并且包含圆围成的圆形区域． 取上方一瓣，两个相邻尖点为，，且由A项可知在该瓣上． 该瓣在圆外至少包含三角形位于圆外的部分． 因为，而圆中由弦截得的小弓形面积为，所以这一瓣在圆外的部分面积大于． 由三瓣全等可知，曲线围成区域的面积大于，故不可能等于，选项B不成立． 解方程，， 整理得 ， 作出与在的图象，有2个交点， 令，所以曲线与直线有三个交点，C正确； ， 令， ，， ，，在上递增， ，或， 在，上递减， 所以在处取得极大值，即最大值. 点坐标为， 当时，横坐标为最大值， 选项D正确. 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为2，点P满足，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】 首先根据得到为的中点，再利用勾股定理求即可. 【详解】因为，所以为的中点， 所以. 故答案为： 13. 已知点和圆，若以线段中点为圆心，为半径的圆与交于两点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定圆心的坐标和圆的半径，再证明为新圆的直径，为直角，结合勾股定理求结论. 【详解】因为圆的方程， 所以圆心的坐标为，圆的半径，， 又点，所以 ，线段的中点坐标为， 新圆以中点为圆心，为半径，因此是新圆的直径， 因为交点在新圆上，所以，即是直角三角形，斜边为， 在中： ，又， 所以 ，故. 14. 已知函数的图象与直线交于三点，其横坐标分别为，且，则的取值范围是__________；若为中点，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先对求导，确定的单调性与极值，然后结合函数图象可解第一空，再根据是中点以及确定之间的关系，令，然后建立关于的方程求解第二空. 【详解】的定义域为. ，令，解得. 极小值 当，，，作出的大致图象 要使的图象与直线有3个交点，则. 由题意，为中点，且，即. 由，两边取自然对数，，整理得（i） 由得. 结合中点条件，有，整理得：（ii） 令，则代入（i）得：，，. 再将代入（ii）得：，整理得：. 将代入上式得：，整理得. 由于单调递增，，即，解得. 由于，舍负，，即. 四､解答题：本大题共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. 已知数列的前项和为，等差数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记为在区间内项的个数，为数列的前项和，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用，求得，设等差数列的公差为，列出方程组，求得，进而得到数列； （2）由（1）得，根据题意，得到，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为数列的前项和为， 当时，； 当时，， 当时，上式也成立，所以， 又由， 设等差数列的公差为，可得，即，解得， 所以， 因此，数列的通项公式为，数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1）知：，，可得， 因为为在区间内项的个数， 又由，可得，即， 所以， 所以数列是以为首项，公比的等比数列， 所以数列的前项和为 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在极小值，且极小值大于0，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，由导数的几何意义求切线方程； （2）对函数求导，根据已知有，再确定的极小值，结合其大于0求参数范围. 【小问1详解】 由，则，可得，满足题设， 所以，则，可得，而， 所以曲线在点处的切线方程，即； 【小问2详解】 由题设且， 当时，恒成立，显然不存在极值， 所以，则有，有， 所以在上单调递减，在上单调递增，此时存在极小值， 所以，可得. 17. 如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心. （1）证明：平面平面； （2）设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）证明：因为，所以， 因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为， 因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面; 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直； （2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 O 为原点，为 x 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，,,; ; 设平面的法向量为，则，取，可得； 设平面的法向量为，则，取，可得； 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，整理可得， 解得或（舍）. 18. 已知双曲线的焦距为，渐近线方程为． （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，若与的右支交于两点，与的右支交于两点，线段与的中点分别为，且在第一象限． （i）证明：直线过定点； （ii）直线与交于点，求面积的最小值． 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 由题意可知斜率存在且都不为0， 设方程为，联立， 消去并整理得，，且，， 设，则， 所以，所以， 又直线互相垂直，用替换，则可得， 当，即时，直线的方程为，直线过； 当时，直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令， 所以直线过． （ii）6 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的焦距，渐近线方程及离心率分别求解即可求解； （2）（i）设方程为，与双曲线方程联立，得出韦达定理，求得点的坐标，分类讨论，当时得出直线过，当时，得出直线方程，令即可证明； （ii）先说明，再由弦长公式得出，进而得出，求解最小值即可． 【小问1详解】 由题可知，，所以，又， 所以，所以的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）取中点，设交点为，交点为， 因为分别为的中点，所以， 所以，则， 同理可得，所以， 由（i）得， ， 则， 同理可得，， 所以 （*）， 因为直线与双曲线右支交于两点， 所以，解得， 同理直线与双曲线右支交于两点，则，解得， 所以， 所以（*）同时除以得，， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以设，则， 设函数 ， 因为，所以， 所以，当时取得最小值． 19. 在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为. （1）若. （i）求车辆经过10次扰动到达的概率； （ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率. （2）若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）. 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）根据独立重复试验模型计算概率即可； （ii）利用条件概率公式计算即可； （2）分析得，再构造等差数列，最后求和即可. 【小问1详解】 （i）记“车辆经过10次扰动到达”为事件， 由题意可知车辆在10次移动中，8次向右移动，2次向左移动， 所以，． （ii）设事件为“车辆经过10次扰动恰好首次到达”，事件为“车辆移动过程中没有重返过”． 设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为． 则10次移动可以表示为有序数组，其中． 记10次移动恰好首次到达处的路径为， 则可得中有且仅有两个，且不同时为， 所以共有种不同路径，所以， 记10次移动恰好首次到达处且过程中没有重返的路径为， 此时中有且仅有两个不同时为，不同时为， 所以共有种不同路径，所以， 所以． 【小问2详解】 设车辆从位置出发，每次有的概率向右移动到的概率向左移动到， 每次移动记为1步， 同时，， 若第一步向右到，则后续所需的期望步数为， 若第一步向左到，则后续所需的期望步数为， 第一步本身消耗1步， 所以， 所以，， 令，则， 当时，， ， 令， 所以， 因为， 所以， 由，所以， 解得， 所以， 当时，，所以为等差数列，公差为， 所以， ，由， 得，所以， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滩坊市高考模拟考试 数学 2026.4 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题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. 已知一组数据的中位数为10，则该组数据的平均数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 3. 抛物线上的点到的准线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点，则的最大内角为（ ） A. B. C. D. 5. 投壶源于射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏及礼仪，参与者需在一定距离外将箭矢投入壶口或壶耳.在某投壶游戏中，选手甲投中壶口､壶耳的概率分别为，依落点计分如表格所示.若甲连续投掷3次，每次投掷互不影响，则甲的总得分不少于5分的概率为（ ） 投掷结果 壶口 壶耳 其它 计分 2 1 0 A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的右焦点为，直线交于两点，为坐标原点，且，过作，垂足为，则直线的斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，其中在复平面内对应的点为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为为底面上的动点（含边界），则（ ） A. 直线与所成角的大小为 B. 的最小值为 C. 满足的点的轨迹长度为 D. 满足三棱锥外接球的体积取得最大值的点共有5个 11. 半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（ ） A. 点在曲线上 B. 曲线围成的区域面积等于16 C. 曲线与直线有三个交点 D. 曲线上点的横坐标的最大值为 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为2，点P满足，则_________． 13. 已知点和圆，若以线段中点为圆心，为半径的圆与交于两点，则__________. 14. 已知函数的图象与直线交于三点，其横坐标分别为，且，则的取值范围是__________；若为中点，则__________. 四､解答题：本大题共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. 已知数列的前项和为，等差数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记为在区间内项的个数，为数列的前项和，求. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在极小值，且极小值大于0，求的取值范围. 17. 如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心. （1）证明：平面平面； （2）设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 18. 已知双曲线的焦距为，渐近线方程为． （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，若与的右支交于两点，与的右支交于两点，线段与的中点分别为，且在第一象限． （i）证明：直线过定点； （ii）直线与交于点，求面积的最小值． 19. 在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为. （1）若. （i）求车辆经过10次扰动到达的概率； （ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率. （2）若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $