山东日照第一中学2025-2026学年高三第二次模拟考试数学试卷

2026年日照第一中学高三第二次模拟考试 数学 2026.04 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，将答题卡交回。 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A={xx3<5},B={-2,-1,1,2,3},则A∩B=() A.{-2,-1} B.{2,3} C.{1,2,3} D.{-2,-1,1} 2.已知1为定数单位，若：=产，则：（） A.√5 B.2 C.-2i D.2i 3.已知抛物线y2=4x上的一点M的横坐标为1，则点M到焦点的距离为() A.1 B.2 C.3 D.4 4.已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在[a,+o)上单调递增，则a的取值范围是() A.(2,+0) B.[2,+o) C.(5,+0) D.[5,+o) 5.已知tan(a-孕=2，则am2a=（） A. C.-4 3 6.连续抛掷一枚质地均匀的硬币8次，每次正面向上得2分，反面向上得-1分，记总得分为X, 则() A.E(X)=8 B.E(X)=12 C.D(X)=6 D.D(X)=18 第1页（共4页） 4兀 7.已知一个正四棱锥的底面边长为2W2，内切球的体积为，，则这个正四桉锥的体积为（) A 16 B. 22 D.16 8.已知向量a,五满足园=2=2，a.万=-1，设c=xa+6,且2x+y=1,则日的最小值为() A.2 B.1 c.5 2 D.月 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.现有10个数据为：3,3,3,3,4,4,4,5,5,6，对于该组数据，下列说法中正确的有 () A.众数是4 B.平均数是4 C.极差是3 D.中位数是4.5 10.设双曲线T:x2-y2=1的左、右焦点分别为耳，F2过F的直线1与T的两条渐近线的交点分 别为A、B,A为B的中点，O为坐标原点.则() A.△AOB是直角三角形 B.△BOF,是等腰直角三角形 C.B=5 D.直线的斜率为生号 11.选取正方体表面上两个不同的点P,Q,定义第k次操作T(Θ)为“将正方体绕直线PQ旋转 日角”·则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有() A.1(90),T2(180) B.T1(40),T2(40),T3(40) C.T(90°)，T2（60) D.T(75),T2(15),T3(60) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知随机变量X服从正态分布N(3,σ2)若P(X>4)=0.36,则P(2≤X≤4)= 13.若圆C经过A(1,1),B(2,-2),圆心在直线x-y+1=0上，则圆C的面积为 第2页（共4页) 14.如图，已知o>0,在函数f(x)=sin(@x+p)的部分图象中，其图象上的点A,B,C是同一直 线上的三点，且该直线与x轴交于点D,若AD=DB=BC=1,则o= 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.(13分) 如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AC⊥BC,E为BB的中点， B AB=CC=2BC=2. (1)证明：AC⊥CE. (2)求二面角A-EC1-B的余弦值. 16.(15分) 1+sinA 1+sin B 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 cosA cosB (1)判断△ABC的形状； (2)设AB=2,且D是边BC的中点，求当∠CAD最大时△ABC的面积. 17.(15分) 包知函数f)。了田)为/（四的导数，其中©为自然对数的底数 (1)求[f(x-[f"(x]； 2)证明：当x∈(0，+o)时，f'(x)>x; (3)设neN,对任意的x>1(i=1,2,,n),若x2-x。=e2,求证： 店4 第3页（共4页） 18.(17分) 曲线公兰+，广=1(0<1<1)与直线上x+y=1交于点A,过点A且与1垂直的直线交曲线E t 1-1 11 于另外的点B,设线段AB的中点为P,定点Q的坐标为 88 (1)用t表示点A的坐标； 2)证明：PA+P2为定值； 3)是否存在某条直线始终与以PQ为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说 明理由. 19.(17分) 有n张绵号分别为l到n的卡片，横向随机排列.对于这n张卡片，初始状态下卡片标号从左到右为 A,A,,…A,记此时的卡片排列为（A,A2,…A).对这张卡片的排列进行如下三步操作： 1.取出最左边的卡片，记其标号为k;2剩余卡片中，标号小于k的卡片按照原排列中的从左到右 顺序依次为L，L,…L1(若不存在则为空)，标号大于k的卡片按照原排列中的从左到右顺序 依次为R,R,…R-(若不存在则为空)；3.对这n张卡片重新排列，得到新排列：（L,L2,… 工1，k,R,R，…R-+).每进行完上述三步操作，称为一次“完整操作” (1)若初始排列为(3,5,2,4,1)，写出连续经过两次完整操作后得到的新排列； (2)求初始排列经过一次完整操作后恰好能得到(1,2，，)的顺序排列的概率； (3)记初始排列中有B.个排列种数能经过连续若干次完整操作后能得到(1,2，，)的顺序排列，当 n≥2时，证明：Bn+1≤nBn+Bn1. 第4页（共4页） 2026年日照第一中学高三第二次模拟考试 数学试题参考答案与解析 1.D 【分析】化简集合A,再利用交集的定义直接求解。 【详解】依题意，A={xx<5},而B={-2,-1,1,2,3, 所以A∩B={-2,-1,1}: 故选：D 2.B 【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果， 21.2i1-i）-2i1-0-1+i,所以z=1-i, 【详解1因为2年0+)-司2 2Ξ=(1+i)(1-i)=2. 故选：B. 3.B 【详解】抛物线y2=4x的准线方程为x=-1, 由抛物线定义可知，点M到焦点的距离与点M到准线的距离相等， 则点M到焦点的距离d=1-(-1)=2. 4.C 【分析】根据复合函数的单调性，即可求参数的取值范围. 【详解】函数y=gt为增函数，t=x2-4x-5的对称轴为x=2,开口向上， 若函数在区间[a,+o)上单调递增，则a≥2且a2-4a-5>0, 解得：a>5. 故选：C 5.B 【分析】根据给定条件，利用差角的正切公式及二倍角的正切公式求解. 【详解】由tm(a-孕=2，得m2,解得ma-3, 1+tan a 2tana 2x(-3)3 所以tan2a=1-tamr2a1-（-3y4 答案第1页，共12页 故选：B 6.D 【详解】设了为正面向上的次数，则~88》， 总得分X=2Y+(-1)×(8-)=3Y-8, 由T80)=8x4,D)=8x2, 所以E(X)=E(3Y-8)=3E(Y)-8=4 D(X)=D(3Y-8)=9D()=9x2=18,所以D正确 7.C 【分析】由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四梭锥底面切于点B,侧面切于 点F,设SO=x,延长SF交底面于点G.根据正四棱锥的底面边长及△SOF∽△SGE即可 求解x的值，利用棱锥体积公式即可求解。 4π 【详解】因为内切球的体积为3，所以内切球的半径为1. 如图所示，设球与正四棱锥底面切于点E,侧面切于点F,设SO=x,延长SF交底面于点 G 因为正四棱锥的底面边长为2√2， 所以EG=V2,SE=1+x,SG=VEG+SE2=V2+(1+x)}2. 又△S0Fn△SGB,所以SO-OF 5GG,即2+1+对万，解得x=3. 所以2=4，所以正四棱锥的体积为兮(2列×4= 3 故选：C. B 8.D 答案第2页，共12页 【分析】由向量模的运算结合二次函数顶点式即可求的最小值 【详解】由题意得|=2，=1，y=1-2x, 则-Va+b)=2+2wā-6+y=-2+y, 所以当x=4时，取最小值片 9.BC 【详解】10个数据中3出现了4次，4出现了3次，5出现了2次，6出现了1次， 所以次数最多的数据是3，所以众数是3，故A错误； 平均数为3+3+3+3+4+4+4+5+5+6=4，故B正确； 10 极差为6-3=3，故C正确； 中位数为444=4，故D错误， 2 10.ABD 【分析】根据双曲线的渐近线确定∠BO,∠AO的大小，可判断A的真假；利用三角形 中位线的性质，可判断B的真假；利用勾股定理，可求AB的长度，判断C的真假；利用 正弦定理求∠AFO的正弦，进而求其正切，再根据双曲线的对称性判断D的真假， 【详解】如图， 由于a=b=1,则c=5,∠B0R=∠40R-平，∠A08=日，A正确； 如图，连接B,由于OA为△FRB的中位线，则OA/BK且Q=Br,所以 ∠BR0:∠A0R=于，于是BOR为等樱直角三角形，B正确； 由0g=c,则o=B9c,o=c, 答案第3页，共12页 则4点，w后舌-e: 5 OA AF 在△FOA中，由正弦定理： 2 sin∠AROsin ZAOR→sin AFO- 2,则sin∠Ar0=0 2 101 2 于是m∠A0=行，由对称性可知，D正确； 11.ABD 【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可. 【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为90°， 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕AC旋转120°后重合， A 故基本对称角度为120°； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为180°， 由于点P,Q是在表面上选取的，只要PQ连线经过正方体中心，PQ就可以成为上述三种对 称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A,总角度可以为90°+180°=270°=90°×3，A正确； 答案第4页，共12页 对于B,总角度可以为40°+40°+40°=120°，B正确； 对于C,总角度为90°+60°=150°或90°-60°=30°，均不是90°，120°，180°的整数倍，C错误； 对于D,总角度可以为75°-15°+60°=120°，D正确. [Failed to download image https://img.xkw.com/dksih/QBM/editorImg/2026/4/8/c9a94299-6d86-423b- 8075-6461e9d2b6b2.svg] 12.0.28 【分析】根据正态分布的对称性求解即可 【详解】由题可得：P(2≤X≤4)=1-2P(X>4)=1-2×0.36=0.28; 故答案为：0.28 13.B 【分析】设圆的方程为：(x-a+(y-b)2=,结合条件列出方程组，求出半径即可求解. 【详解】设圆的方程为：(x-a)+(y-b)2=2, (1-a)2+1-by=r2 a=-3 所以(2-a2+(-2-b=r2,解得： b=-2, a-b+1=0 r=5 所以圆C的面积为π2=25π； 故选：B 14.5m 4 【分析】设D(x,0),A(k-a,b),B(K。+a,-b),C(x+2a,-2b)且a2+b2=1,a,b>0,结 sin(x。-aoa+p)=b 合已知条件{sm(or+oa+o)-b’进而得到a=2cos(a+p)=-m(a+9小 sin(ar。+2a+p)=-2b C0s(x。+p)=-b,即可求解. 【详解】因为AD=DB=BC=1, 点A,B,C是图象上的同一直线上的三点，直线与x轴交于点D, A,B两点关于D点对称.，C,D两点关于B点对称.， 设D(,0),A(x。-a,b),B(x。+a,-b),C(x+2a,-2b)，且a2+b2=1,a,b>0, 答案第5页，共12页 sin(ox。-oa+p)=b 所以{sim(aor。+oa+p)=-b①，则sin(ax。-am+p)+sin(ax。+am+p)=0, sin(x。+2aoa+p)=-2b 所以2sin(ax+p)cos(aa)=0,故sin(ax,+p)=0或cos(aa)=0, 若sin(ax+p)=0,即D(x,0)是f(x)的一个零点，不符合题意， 所以cos(am-0,则om=子+杯ke乙，而2a<7-高0sm<元， ,π 所以om=子，结合①有2samo,+受+=sm(@+元+，所以 2 2cos(ax+p)=-sin(axo+), 面ms-子9-cos(o,+-b,所以cs(+p)-bc0,血(a+p)-2b, 所以如(am+到+cor(侧+g==1户0方，a方， 2 所以o=π-V5π 2a4 15.(1)见解析 2i0 5 【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明；(2)建系，利用空间向量的坐标运算 可求解。 【详解】(1)在直三棱柱ABC-ABCG中，CC,⊥平面ABC,ACc平面ABC, 所以CC⊥AC, 又由题可知，AC⊥BC, CC1,BCC平面BCC,B 且CC1OBC=C, 所以ACL平面BCCB, 又因为CEC平面BCCB,所以ACLC,E (2)以C为坐标原点，CA,CB,CC分别为x,y,2轴建系如图， 答案第6页，共12页 12 B 2 由AC⊥BC,AB=2BC=2,可得AC=V3, 则有A(V3,0,0),E(0,1,1),C(0,0,2) 设平面AEC1的一个方向量为m=(x,y,z),AE=(-V3,1,1),AC(-√3,0,2)， A讴.m=0n「-3x+叶2=0 所以 Cm0即{+z0令：=5.则=25， 所以m=(2,√3,3) 因为ACL平面BCCB,所以CA=(3,0,0)为平面ECB的一个法向量， 所以，c0s<m,C=」 m.CA_2W5_10 mcA√10x√35， 即二面角A-BC-B的余弦值等于 5 16.(1)等腰三角形 2)V3. 【分析】(1)利用信角公式化简后可得sin 4cos-c0s号5m号=0，故可得A=B即三角形 2 2 22 为等腰三角形； (2)根据余弦定理和基本不等式可得当∠CAD最大时△ABC为正三角形，故可求此时三角 形面积， 2 sin 4 A B B +cos sin -+C0s 【详解】(1)由二倍角公式得 2 2 2 cos2 -sin2 4 2-sin B 2 2 2 sin 4+cos4 B B sin-+cos 2 2 2 日，整理得sin 4cosB。 2 2 20, cos 2 cos -sin 2-cos 2 2 2 答案第7页，共12页 A,B∈(0，)， .AB-0,即A=B,即△ABC为等腰三角形， 22 (2)由(1)及题设，有AC=BC=2CD, C0SLCAD=AC+AD-CD AC+AD-AC 3AC2 4 +AD2 4 2AC.AD 2AC.AD 2AC.AD 3AC AD ≥2 BAC.AD3 8AD 2AC 8AD24C=2’ 而∠C4D为三角形内角，<C4D≤名，当且仅当时，等号成立 AC2 即40的最大位为管此时抽兴-兰，是片，鼓把八（肥1， 故AD2+CD=AC2，可得△4CD为直角三角形且∠ACD= 3 又由(1)可得△4BC为正三角形，∴△ABC的面积S=5×2=5. 4 17.(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)求导数∫'(x),代入即可求得[f(x]2-「f'(x)门结果； (2)令g(x)=∫'(x)-x,求导数g'(x)由基本不等式得到g'(x)最值，然后得到函数g(x)在 (0,+o)上单调，从而得到g(x)最值，即可得证； (3)由(2)得到e名>2，然后得到的不等式，从面可求得不等式左边的范周， 从而得证 【详解】(1)f(x)=e-e 2 所以uerr色2y++2)e2） (2)设8(x)=f'k)-x=e-e 2 g()=c+e1≥2Wce --1=0, 2 2 答案第8页，共12页 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，当x>0时，g(x)>g(0)=0, 所以，当x∈(0，+∞)时，f'(x)>x成立. (3)因为x,>1,则nx,>0, 由(2)知f"(y)>x,即e-e 2>x, e*、1 >2x 所以-= >2m 18.(1)A(t,1-t) (2)证明见解析 (3)y=-x 【分析】(1)联立曲线E和直线1求交点A. (2)先求出过A与直线1垂直的直线方程，联立曲线E方程，用韦达定理求B点坐标，进 而得到P点坐标，最后计算PA+PQ为定值. (3)根据直线与以P2为直径的圆相切验正特殊直线是否存在. 【详解】(1)因为曲线E和直线I交于点A, 所以特点线少=1-代入出线岳于亡，1， 则x21-t)+t1-2x+x2)=t(1-t), 化简得(x-)2=0,即x=t,即y=1-t, 所以A(t,1-t). (2)因为直线I斜率为-1，所以直线AB斜率为1， 即直线AB:y=x+1-t, 联立直线AB和曲线E得： y=x+1-2t 父+y-1化简得：r+21-2)x+f(4-3列=0， 11-1 设A(x,),B(K2,y2),AB中点P(,y), 答案第9页，共12页 由韦达定理可得：5+x,=-211-2),即x,=十=22-t 2 所以P(2t2-t,2t2-3t+1), 根据两点间距离公式可得：AB=V1+1k4-x=2-(4-3) 又因为线段AB的中点为B,所以P4=B=2V21-, 由两点距离公式可得： 1 6+2之2=3+=A22)2+(22-3)2+32 8t4-16t+13t2-5t+ 25 2b2-2+52 32 2-25叶42-25， 所以24lg35a04ai3V20 即PA+PQ为定值 (3)存在直线1：y=-x满足条件，下证之. 设圆心为T,半径为”，直线AP交y=-x于M, P上I,连接oe,则o911,og2 设PM=x,AM为y=-x与y=-x+1之间的距离， 由(2)可知，|PA+1Pg=5V2 8 嘴以pe=+号-6d+lM-2 所以圆心r到7的距离d-OO+P4y, 2 故⊙T与y=-x相切，直线y=-x满足条件. 答案第10页，共12页 ZE +S st |(-交b寸：-州 ‘I+1-z7=亿-I+x= 19.(1)1,2,3,5,4) ,2 n! (3)证明见解析 【分析】（1)根据题意，逐步对初始数列进行完整操作； (2)分析初始排列的特点，计算出满足条件的排列种数与总排列数的比值； (3)分析初始排列经过连续若干次完整操作后能得到(1,2，，)的顺序排列的情况，通过对 排列的构造和分析证明不等式。 【详解】（1)第一次完整操作： 初始排列为(3,5,2,4,1)，最左边的卡片标号k=3, 可得标号小于k的卡片L=2,L2=1, 标号大于k的卡片R=5,R=4 重新排列得到新排列(2,1,3,5,4)， 第二次完整操作： 最左边的卡片标号k=2, 可得标号小于k的卡片L=1, 标号大于k的卡片R=3,R2=5,R=4, 重新排列得到新排列1,2,3,5,4). 连续经过两次完整操作后得到的新排列1,2,3,5,4) (2）要使初始排列经过一次完整操作后恰好能得到(1,2，，)的顺序排列，必须满足： L=Q,2,,k-1),即原排列中小于k的k-1个元素已经是递增顺序； R=(k+1,k+2,,m),即原排列中大于k的n-k个元素已经是递增顺序； 首元素为k时，剩余-1个位置由已经各自内部有序的L和R穿插而成， 确定工中元素的位置可确定整个排列，共有C种排法， 又因为k可以取遍1,2，，n中的任意整数， 答案第11页，共12页 所以满足条件的初始排列总数为ΣC=C1+C1++C=21. 又因为n个元素的全排列总数为l!, 所以初始排列经过一次完整操作后恰好能得到1,2，川的顺序排列的概率=2 n! (3)补充定义B。=1.对于长度为的排列，一次操作后变为(L,k,R), 要使该排列经过若干次操作后能变为顺序排列，必须满足： (1)L本身是可排序的排列（共B-1种可能）： (2)R在初始时就必须是严格递增的序列（仅1种可能）. 因此，首位为k的可排序序列数为：CB。1×1. 将k从1到n的所有情况相加，得到递推式：B。=CB。+C-B,++CBn1· 下面证明原不等式，根据递推式写出B+1的展开式： Bn1=CB。+CB1+..+CW2Bn-2+CWBn1+CB。 =(CB。+CnB+.+C2Bn2十Bn1+B., 将上式代入要证的不等式B+1≤Bn+Bn-1并移项整理，等价于证明： CB。+CB1+.+C-2Bn-2≤(n-1)(Bn-Bn-）, 又由Bn的递推式可知：Bn=CB。+CB1+.+CBn-2+B1· 移项可得：B。-Bn1=CB。+CB+…+CABn-2 代入前述等价不等式，问题转化为证明： CB。+CB,++Cg-2Bn-2≤(n-1)(C9B。+Cn-B,+..+Cg-Bn-2) 要使上式成立，只需证明对任意的k=0,1,,n-2,都有CB。≤(n-1)C1B。· 由于B,>0且由于CC,该不等式等价于证明：sn-1 n-k 因为0≤k≤n-2,所以n-k≥2，进而有 n-k2' 又已知02，故号-1恒诚立。 因此，对任意的k=0,1,n-2,不等式”≤n-1均成立. n-k 原不等式得证. 答案第12页，共12页