精品解析：山东省泰安第一中学2026届高三下学期高考模拟试卷（一）数学

山东省泰安第一中学2026届高三下学期高考模拟试卷（一）数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， . 2. 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． 3. 已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将点代入中得，则，则准线方程为， 故点到的准线的距离为. 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 84 B. 96 C. 100 D. 103 【答案】C 【解析】 【分析】设出首项和公差，得到基本量，最后求解即可. 【详解】设首项为，公差为，由题意得， 可得，解得， 则. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再与联立求出即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 若， 则，得， 则； 若， 则，得， 与矛盾， 故. 6. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域，利用对称性的特征可得，再利用求解，最后得到即可. 【详解】函数的定义域满足，即， 由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称， 则的解集只能为，故. 由，得， 故，即得 则，解得，故. 7. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积. 【详解】设该圆柱高为，底面半径为，则，即有， 圆柱的侧面积， 故当且仅当、时，取最大， 此时圆柱的外接球半径为， 则该球的体积. 8. 若函数在区间上有最大值，则正整数的值有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 【答案】C 【解析】 【分析】先对求导，根据导数的性质分析函数的单调性，再结合在区间上有最大值这一条件列不等式求解出的取值范围，最后根据为正整数确定的个数. 【详解】，. 令，得或. 由题意，，. 当或时，，单调递增，当时，，单调递减. 在区间上有最大值，则必须要保证极大值点在区间内且， 即， 整理得 ， 即，解得. 又，可取共5个. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D. 【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3. 对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确； 对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误； 对于C，平均数，方差，故C正确； 对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确. 10. 已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，对称轴为，求出和，得到解析式，由，且在区间上单调，可得与关于对称中心对称，即可求解的最大值，的最小值. 【详解】，其中， 因为一条对称轴为直线， 所以，解得，A错误； 则，所以可取， 此时， 由，得， 由于，所以在区间上单调递减，B正确； 因为在区间上单调，且， 所以的最大值为，C正确； 对称中心横坐标满足，得， 又，且在区间上单调， 所以与关于对称中心对称，所以， 所以当时，可得最小，D错误． 11. 已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面，且，则的最小值为 B. 若，且，则的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面，则点的轨迹为线段，可求出长的最小值，可判断B选项；过点作分别交、于点、，连接、、，推导出平面，可知点的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接， 因为，平面，所以平面，同理可证平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段， 因为，所以，则，同理可得， 又因为，，则是边长为的等边三角形， 当点为的中点时，，此时的长取最小值， 此时，A对； 对于B选项，如下图所示，连接、， 易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点， 所以，， 又因为、平面，，所以平面， 当时，平面，则，故点的轨迹为线段， 由勾股定理可得，同理可得， 故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对； 对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、， 因为为正的中心，则，因为，则， 因为三棱锥为正四面体，则平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段， 延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则， 因为，所以，故， 由余弦定理可得， 故，同理可得， 由余弦定理可得， 所以， 当时，的长取最小值，此时， 故长的最小值为，C错； 对于D选项，如下图所示： 延长交线段于点，则点为线段的中点， 因为、均为等边三角形，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内， 因为平面，平面，所以， 易知， ， 设点关于直线、的对称点分别为、， 由对称性可知，，， 所以 ， 在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 由余弦定理可得， 故， 由对称性知，， 所以， 当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立， 故的最小值为，D对. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知成等比数列，且，若，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由等比数列性质求得，然后解方程组可得结论. 【详解】因为成等比数列，所以，， 化为，因为，故解得， 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. 已知集合，若函数满足：，都有，则符合条件的函数共有__________个. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的定义，结合值域的性质、分类计数原理和分步计数原理进行求解即可. 【详解】当集合中所有元素只和集合中一个元素对应时，显然符合，都有，此时可以构成个函数； 当集合中元素只和集合中二个元素对应时，这时这两个元素分别为，共5种情况， 以为例，集合中每一个元素都有2种对应方式，因此这样可以形成 个函数，但是会出现集合中所有元素都与或2对应， 因此构成函数的个数为个， 所以这种方式一共有个不同的函数； 当集合中元素只和集合中三个元素对应时，这时这三个元素分别为，共2种情况， 以为例，集合中每一个元素都有3种对应方式，因此这样可以形成 个函数，但是会出现集合中所有元素都与或2或3对应，或，或，或对应，所以可以形成个不同的函数， 所以这种方式构成的函数有个； 当集合中元素和集合中四个元素都对应时，这样出现，不符合题意， 综上所述：符合条件的函数共有个. 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，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 ，， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 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，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为是菱形，所以，所以，， 因为沿翻折至，所以，且， 又平面，， 所以平面； （2）①； ②由（1）知平面，因为平面，所以平面平面， 因为在平面上的射影为，平面平面，所以． 过点作平面的垂线，垂足为，连接并延长交于点，连接， 由①知，，，故，从而，， 因为与相似，所以，故， 所以为的中点， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面． 【解析】 【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直，得；再由翻折的不变性，得；结合，根据线面垂直判定定理证得结论； （2）① 由（1）的垂直关系，确定为二面角的平面角；在菱形中求出，翻折后；在中，用余弦定理直接计算； ②先由面面垂直性质确定在底面的射影在上，再通过相似三角形推出为的中点；接着利用中位线分别证明、，从而证得平面平面，最后由面面平行的性质得平面． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知，，平面，平面， 所以是二面角的平面角，故， 菱形中，，，， 所以在中，， 故，即； ②略 18. 已知椭圆的左焦点为. （1）求的离心率； （2）为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 【答案】（1） （2） ①由点在椭圆上，得，则点在直线上， 由，联立消去得， 即， 也即， 将代入上式化简，得， 因为， 故切线的方程为； ② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程直接算离心率； （2）①联立，证明与椭圆相切即可；②先得到点坐标，再求直线，的斜率关系，再利用为定值得到的轨迹方程，表示出进行求解． 【小问1详解】 由椭圆知， 故，所以的离心率； 【小问2详解】 ①略 ②由①知，的方程为，当时，，则得， 由于，故直线的斜率， 由于，故直线的斜率， 又与交于点， 所以， 设，则， 化简得的轨迹方程为， ， 所以当时，的最小值为． 19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率. （1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率； （2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明： （3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明：. 【答案】（1） （2） 设进行局比赛，赢的局数为， 则， 在“局胜”的赛制中，A第一局胜的条件下，A获得最终胜利有两种情况： ①若第2局A输，则后续打满局比赛，至少胜局； ②若第2局A胜，则后续打满局比赛，至少胜局； 由全概率公式得 ， 所以 . （3） 不妨设有无数名种子选手， 若上半区的所有种子选手先被抽完，则当“上半区抽完名种子选手时， 下半区至多抽取了名种子选手”， 得到“总共有名种子选手，至少抽取了名上半区种子选手”. 设总共有名种子选手时，来自上半区的有名，则， 所以. 事件“”等效于在在“局胜”的赛制中， 每局获胜概率都为，最终A获胜， 由对称性可知，则， 所以， 因为， 又，所以， 所以，故. 【解析】 【分析】（1）合理分析目标事件的情况，再结合二项分布概率公式求解概率即可. （2）合理分析题意，进而结合全概率公式证明目标等式即可. （3）结合题意得到，进而结合组合数的性质证明即可. 【小问1详解】 设事件为“5局3胜”的赛制中，A选手获得最终胜利， 则事件等效于进行5局比赛且A至少胜3局. 记5局比赛中A获胜的局数为，由题意得， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省泰安第一中学2026届高三下学期高考模拟试卷（一）数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 3. 已知，则抛物线上的点到的准线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 84 B. 96 C. 100 D. 103 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 7. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上有最大值，则正整数的值有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 10. 已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面，且，则的最小值为 B. 若，且，则的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知成等比数列，且，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. 已知集合，若函数满足：，都有，则符合条件的函数共有__________个. 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，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 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，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 18. 已知椭圆的左焦点为. （1）求的离心率； （2）为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率. （1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率； （2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明： （3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $