山东泰安长城中学2026届高考模拟数学练习卷

泰安长城中学2026年高考模拟练习卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）设集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）设复数z满足，则（    ） A． B．i C． D．1 3．（本题5分）记为等差数列的前项和.若，，则（    ） A．-6 B．-3 C．3 D．6 4．（本题5分）在一次社区志愿服务活动中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者负责物资分发、秩序维护、便民讲解三个服务岗位，每名志愿者只负责一个岗位，且每个服务岗位至少有一名志愿者负责.若甲、乙两人不负责同一个服务岗位，则不同的安排方案共有（    ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 5．（本题5分）在中，，是上一点，若，则实数的值为（  ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知，则（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（   ） A． B．1 C． D． 8．（本题5分）设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 10．（本题6分）椭圆的左右焦点分别为，圆与椭圆相切于两个不同点，则（   ）    A．的取值范围为 B． C．若四边形为菱形，则 D．三角形面积的最大值为 11．（本题6分）已知函数的图象是轴对称图形，则（   ） A． B．有极大值 C．关于x的方程有两个不等实根 D．的值域为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知事件，相互独立，，，则______. 13．（本题5分）若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________. 14．（本题5分）设数列满足，且对任意的，满足，则___________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在中，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）如图，在直三棱柱中，，且． (1)证明：平面. (2)在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. (3)求平面与平面夹角的正切值. 17．（本题15分）为提升图书盘点效率，某中学图书馆引入AI智能图书盘点机器人．现对该机器人的图书识别准确率进行标准化测试，测试样本集有6本图书，分为两类：4本标签完好，是机器人应正确识别的有效馆藏图书；2本标签破损，是机器人应正确排除的无效图书．两类样本共同用于机器人识别性能测试，现从这6本图书中不放回地随机抽取2本，逐本开展测试． (1)已知第一次抽取到有效馆藏图书，求第二次也抽取到有效馆藏图书的概率； (2)记抽取的2本图书中，有效馆藏图书的数量为X，求X的分布列及数学期望． 18．（本题17分）已知和为双曲线上两点. (1)求的离心率； (2)在上是否存在点，使得的面积为？若存在，求所有满足要求的点的坐标；若不存在，说明理由. 19．（本题17分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值； (3)当时，证明：函数 有个零点． 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 《泰安长城中学2026年高考模拟练习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A C B B A D BCD BC 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】先通过解一元二次不等式，求出集合的取值范围，再根据集合中的元素，筛选出同时满足集合条件的元素，得到两个集合的交集即可. 【详解】由，解得 或 ， 所以或， 又因为， 所以. 2．D 【详解】因为， 所以． 3．A 【分析】方法一：由等差数列的性质得：，，成等差数列，则，求解即可. 方法二：利用等差数列前项和公式，列出方程，求解即可. 【详解】方法一：因为为等差数列的前项和，则，，也成等差数列， 所以，即，解得. 方法二：设等差数列的首项为，公差为， 则，解得，则. 4．C 【分析】根据分组分配问题，先求出无限制条件的方法数，再求出安排甲、乙在同一个岗位的方法数，进而求解. 【详解】因为4个人分配到3个不同的岗位，且每个岗位至少1名， 所以必有一个岗位2人，另2个岗位各一人，共有种方法. 若安排甲、乙在同一个岗位，为2人组，而丙、丁各为一人一组， 3个小组全排列到3个不同的岗位，共有种方法， 所以安排甲、乙不在同一个岗位有种方法. 故选：C 5．B 【详解】因为，所以. 设，， 则. 代入，得. 又，所以，解得. 因此. 6．B 【详解】由，得，解得， 所以. 7．A 【分析】根据函数的周期性及奇偶性求解即可. 【详解】因为是周期为2的函数，所以. 因为是奇函数，当时，， 所以， 故. 8．D 【分析】根据题意，设直线的方程为，求得，由，求得 ，进而求得双曲线的离心率. 【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为， 不妨设直线的方程为， 令，可得，即， 因为，可得， 可得，解得，所以的离心率为. 9．BCD 【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断C；求出三棱锥外接球半径求解判断D. 【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底， ， 对于A，，不成立，A错误； 对于B，由，得，由菱形， 得，而平面，则平面，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面， ，，令正四面体外接球半径为， 则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确. 10．BC 【分析】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上，结合椭圆上的点的横坐标取值范围计算即可得解；对B：表示出、计算即可得；对C：结合菱形性质与各点横坐标计算即可得；对D：利用面积公式计算即可得. 【详解】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上， 设，则， ， 由于，当，即时，只有当点与右顶点重合时， 达到最小值，不符合题意； 若，当时，达到最小值，符合题意， 故的取值范围为，故A错误； 对B：由A可知，易知，所以， 所以，故B正确； 对C：由，，，要使得四边形为菱形， 则有，解得，故C正确； 对D：点坐标，， 当时，取到最大值，故D错误. 11．BCD 【分析】对于A，求出函数的定义域，求出，由的图象是轴对称图形结合定义域得到的图象的对称轴，利用对称的性质得到的值；对于B，利用复合函数的性质得到的单调性，利用单调性得到有极大值；对于C，令，解得的值；对于D，设，利用二次函数的图像和性质求出值域，结合对数函数的图像和性质得到的值域． 【详解】对于A，由且，得，所以函数的定义域为， 所以． 因为的图象是轴对称图形，所以的图象关于直线对称， 所以，所以，故A错误； 对于B，，， 因为在上单调递增，在上单调递减， 且在其定义域内单调递增， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有极大值，故B正确； 对于C，令，则，解得， 且这两个解均在内， 所以关于x的方程有两个不等实根，故C正确； 对于D，，当时，， 故的值域为，故D正确． 12． 【详解】由题设 13．/ 【分析】利用导函数在某点处的切线的斜率与圆在某点处切线斜率之间的关系分析求解即可. 【详解】由知定义域为，则， 此时曲线在点处的切线斜率为：， 又圆的圆心与点所在直线的斜率为：， 所以圆在点处的切线斜率为：， 由题意知，① 又在圆上所以：，② 将①代入②中得：， 化简得：，解得：或（舍去）， 又由题意知，所以，此时，所以， 将代入中有：，解得：. 14． 【分析】利用不等式的性质可得，进而得，利用累加法即可求解. 【详解】一方面，， 另一方面，，故， 则，所以不等式必取等号，故． 通过累加法，可以得到， 故． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据，结合三角恒等变换得，进而求得答案； （2）根据正弦定理得，，再结合三角恒等变换得，最后结合求解值域即可得答案. 【详解】（1）在中，， 又，所以， 又，所以， 由，得． （2）由正弦定理有， 所以，， ， 由，有，可得， 所以，即的取值范围为． 16．(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3). 【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）延长交延长线于点，连接交于点，证得平面，即可求解； （3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，即得，所以， 又因为，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）解：如图所示，延长交延长线于点，连接交于点， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点. （3）解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得 ，所以， 又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 可得，则， 故平面与平面夹角的正切值为. 17．(1) (2)X的分布列见解析， 【分析】（1）利用条件概率公式计算即可求解； （2）利用超几何分布求解即可. 【详解】（1）记第一次抽取到有效馆藏图书为事件，第二次抽取到有效馆藏图书为事件， 则，，所以， 所以第二次也抽取到有效馆藏图书的概率； （2）随机变量的值为， 则，，， 所以的分布列为： 0 1 2 所以. 18．(1)2 (2)存在，，，，. 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，结合离心率的计算公式，即可求解； （2）方法1：假设存在满足条件的点，当垂直于轴时，求得，满足题意；当不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程求得的值，进而得到点的坐标； 方法2：求得，且的方程为，根据题意，得到点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得或，联立方程组，进而求得点的坐标. 【详解】（1）解：由点和为双曲线上两点， 可得，解得，此时双曲线的方程为， 所以双曲线的离心率. （2）解：方法1：假设存在满足条件的点，且设为直线， 当垂直于轴时，，此时，满足题意； 当不垂直于轴时，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则且，可得且， 设，可得，所以， 则， 又因为到的距离为，所以的面积为， 令，可得或， 解得或或， 因为，故当时，， 又因为，可得，故； 同理可得，当时，；当时，， 综上，所有满足要求的点的坐标为，，，.     方法2：因为点和，可得， 且直线的方程为， 假设存在满足条件的点，设点到直线的距离为， 若的面积为3，则，解得， 设过且平行于直线的直线为，则， 解得或， 当时，可得，联立方程组，解得，， 代入的方程，可得或；     当时，可得，联立方程组，解得，， 代入的方程，可得或， 综上可得，所有满足要求的点的坐标为，，，. 19．(1) (2) (3)证明见详解 【分析】（1）利用导数几何意义，先求切点坐标，再求导得切线斜率，由点斜式写出切线方程； （2）将恒成立问题转化为求函数最值，通过分类讨论参数符号确定单调性，构建新函数并利用导数求最值解出参数； （3）通过代数变形将函数拆分为易分析的部分，利用同构思想换元简化，结合零点存在性定理和函数单调性确定零点个数. 【详解】（1）当时， ，定义域为， ，切点为，求导得，切线斜率， 由点斜式得切线方程：，整理得. （2）求的取值恒成立，即 对恒成立， 设 ，求导得， 若，则，在单调递减， 当时，不满足，舍去； 若，令得，在递减，在递增， 最小值为：， 令，不等式化为 ， 设 ，，在单调递增，在单调递减，在处取最大值， 故仅当成立，得， 综上，. （3）整理得：， 求导得：， 因为，所以的符号由分子 决定， 令 ，对求导： ， 当时，和都是严格单调递增的正函数，因此在上严格单调递增， 结合条件，代入端点得：时， ； 时， ，因此， 根据零点存在性定理，存在唯一的使得， 故的单调性为：，，严格递减； ，，严格递增， 的最小值为，且时 ，故； 又时，因此存在唯一的，使得，即在上只有一个零点， 结合的符号，可得的单调性： ， ，严格单调递减； ， ，严格单调递增， 因此：在上只有个极值点（极小值点），由单调性可知最多存在个零点； 由，即，解得， 代入得 已知，则， 对取对数得，又因为，所以 即，故， 结合已证的零点存在性结论：时，与极小值， 时，因此和各存在且仅存在个零点， 即恰好有个零点，得证. 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 $