精品解析：山东菏泽市2026届高三二模考试数学试题

2026年高三二模考试 数学试题 2026.05 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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】B 【解析】 【详解】已知， 得. 已知， 得. 2. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标表示可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为向量，，且，则. 3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. 45 C. 50 D. 90 【答案】B 【解析】 【详解】等差数列中，，解得， 所以. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数的解析式计算可得的值. 【详解】因为函数，则. 5. 如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过构造直角三角形算出腰长，再分析旋转后得到的几何体是圆柱挖去一个圆锥，最后把圆柱侧面积、圆柱下底面积和圆锥侧面积相加，得到几何体的表面积. 【详解】过点作于点， 由，，，. 得，， 故. 以直线为轴旋转一周，形成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥， 圆柱底面半径，高，圆锥底面半径，高. 该几何体的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的下底面积和圆锥的侧面积组成. 圆柱侧面积. 圆柱下底面积， 圆锥侧面积. 故表面积. 6. 已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（） A. B. C. D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】先确定直线所过的定点，然后根据圆的性质，当直线与圆心和定点的连线垂直时，直线被圆C截得的弦长最短，最后利用垂径定理求出弦长的最小值即可. 【详解】 由整理为： ， 所以联立方程组得， 解得，即直线恒过定点， 因为，所以圆心，半径， 所以圆心到定点的距离为：， 所以点在圆内，直线与圆始终相交， 当最大时，弦长最小；当直线时，， 所以弦长最小值为：. 7. 已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】考虑从甲袋中取出的球是白球还是红球，根据全概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”， 事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”， 所以，故，， 故，故A正确. 8. 已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，设曲线与曲线相邻的三个交点为、、，根据两角差的正弦公式、同角三角函数的基本关系求出这三个点的坐标，根据，根据两点间的距离公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】如下图所示，取两函数图象相邻的四个交点、、、，则四边形为菱形， 不妨设点、、，由题意可知， 由，整理可得， 由可得或， 由可得，可得， 不妨取、、，即取点、、， 所以， ， 由，即，解得. 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. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】已知复数，先化简： . A：的虚部为，不是，A错误. B：的共轭复数，B正确. C：对应复平面内点，在第一象限，C正确. D：，，，所以，D正确. 10. 等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，则下列说法正确的有（ ） A. 时，为等差数列 B. 时，中任意两项的差均不为0 C. 不存在，使得为常数列 D. 不存在，使得为等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据或求出数列的通项公式，从而得到数列的通项公式，即可判断AB；举出反例，如时，为常数列，即可判断C；通过考虑和两种情况，构造新数列，通过的值即可判断D. 【详解】已知等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足， 对于A，当时，，，代入的表达式得， ，因此是等差数列，故A正确； 对于B，当时，，， 代入的表达式得， 由于是单调递减的， 因此数列不存在相同的项，即中任意两项的差均不为，故B正确； 对于C，当时，，， 代入的表达式得， 因此存在，使得为常数列，故错误； 对于D，由，且， 当时，，，代入的表达式得，，显然不是等比数列； 当时，，则，得， 当时，由C选项可知，此时，则数列为零数列，不是等比数列，不符合条件， 当时，要使为等比数列，则对任意恒成立，其中是一个常数， 而，解得，当且仅当时恒成立，不符合条件， 因此不存在，使得为等比数列，故D正确. 11. 闵可夫斯基距离又称为闵氏距离，是两组数据间距离的定义.设两组数据分别为和，这两组数据间的闵氏距离定义为，其中表示阶数，则下列说法正确的有（） A. 若，，则 B. 若，，其中，则的最小值为 C. 若，，其中，则的最小值为1 D. 若，，则对任意实数，都有 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项直接按1阶曼哈顿距离公式代入数值计算得结果为6判定正确，B选项，举反例取点，判断，进一步得出B错误；C选项把1阶距离最小值问题转化为指数曲线与直线的最短曼哈顿距离，通过切线找切点与垂足代入计算得最小值为1判定正确，D选项换元三角代换化简3阶、4阶距离表达式，利用正弦幂函数单调性比较大小，推得3阶距离恒大于4阶距离判定正确. 【详解】对于A：，故正确. 对于B：， ，，， . 取点在曲线上，点在直线上，，B选项错误. 对于C，点在曲线上运动，点在直线上运动，要使最小， 则两点距离最小.如图，平移直线与曲线相切， 根据切线不等式，当且仅当时等号成立， 则切线为，切点为， 过切点作直线的垂线，则垂线所在直线方程为， ；联立可易得垂足坐标为，故当最小，为，故正确； 对于D：，，，，. 由，得，令. 则， 所以. 因为，所以. 所以， 所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数满足，则________. 【答案】 【解析】 【详解】先对求导：. 令，得. 移项得，即. 所以，代入， . 13. 将两个1，两个2，两个3组成一个六位数，则两个1不相邻的六位数个数为________.（用数值表示） 【答案】60 【解析】 【分析】先排4个数字（两个2、两个3），形成5个空隙（含两端），再从5个空隙中选2个放1，根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先排4个数字（两个2、两个3），从 4 个位置中选2个放2，剩余位置放3，用组合数表示为：种， 排好4个数字后，形成5个空隙（含两端），从5个空隙中选2个放 1（1无需排序），表示为：种 根据分步乘法计数原理，两个1不相邻的六位数个数为：种. 14. 已知椭圆：，曲线，若曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，且直线的斜率为，则椭圆的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】先设交点坐标,利用曲线方程作差结合斜率求出,再对椭圆用点差法得到关系式,借助与的等量代换化简,结合椭圆的关系,推出比例进而求出椭圆离心率. 【详解】设，，，由在上. 得，， 两式作差得：. 即， 直线斜率，解得. 又在椭圆上，故，， 两式作差得：， 因式分解得：， 化简得，代入，得. 由 代入，得 将代入上式： 因，约去得，即. 又，代入得，化简得. 即，故椭圆离心率. 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，它的内角，，的对边分别为，，，且，. （1）若，求； （2）若，求的面积. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理求出角的正弦值，再结合角的取值范围确定角的值； （2）先根据三角形内角和定理将用和表示出来，再结合已知条件求出的值，最后利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以由正弦定理得：， 因为，所以或. 所以当时，，符合题意； 所以当时，，符合题意. 【小问2详解】 在中，因为， 所以， 把，， 代入得， 又因为， 所以，，所以， 所以， 所以的面积为. 16. 某国产芯片企业测试了10款自研芯片的单线程运算性能得分（得分越高，性能越好），芯片发布编号记为，性能得分记为，对应情况如下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 26 34 40 49 56 61 68 77 83 （1）从这10个性能得分中随机抽取3个，求抽取的3个数据中，恰有两个数据不低于这组数据的第65百分位数的概率； （2）若性能得分关于芯片发布编号的线性回归方程为，求该回归方程； （3）为评估芯片性能的“实际表现水平”，企业定义了“性能偏离度”.对于第款芯片，其性能偏离度为（其中为实际性能得分，为第（2）问中回归方程的预测性能得分），并规定性能偏离度不超过2%的芯片为“表现稳定款”，假设第11款发布的芯片为“表现稳定款”，求其实际性能得分应保持的范围. 参考公式和数据：，，，， 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 第65百分位数的位置： 向上取整为第7个数，即第65百分位数为61 不低于61的数据为61，68，77，83共4个，低于61的数据有6个 从10个数据中抽3个，恰有两个不低于61的概率为 【小问2详解】 由题意得 ， 所以回归方程为 【小问3详解】 第11款芯片编号为，预测得分： 由已知性能偏离度 即，解得 所以，解得 所以第11款芯片的实际性能得分应保持在区间 17. 已知是抛物线的焦点，点在上，且. （1）求抛物线的方程； （2）若过点的直线交于、两点，且，求的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据点在上，以及抛物线的定义可得出关于、的方程组，解出的值，即可得出抛物线的方程； （2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程，设点、，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式求出的值，结合韦达定理求出的值，即可得出的值. 【小问1详解】 因为点在上，所以①，②， 由①②得，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 若直线的斜率不存在，此时直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程，设点、， 由得，， 由韦达定理可得，， ，解得， 所以，即， 解得或，所以或，所以的值为或. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设数列的前项和为，当时，均存在两个极值点，，且满足，证明：； （3），，都有，求实数的最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2）证明如下： 当时， 令 则① 且， 所以 即 由①得，化简得 （3） 【解析】 【分析】（1）代入化简导数，配方后判断导数恒非负，直接确定函数单调区间。 （2）构造二次函数，利用判别式、韦达定理与根的距离公式列方程求数列通项，再用裂项相消法求和并证明不等式. （3）方法一：先根据分与两种情况讨论，前者由导数判断函数在单调递增得最大值为，推出；后者借助二次方程根的关系确定极值点，代入消去表示出最大值并整理得到关于的不等式，构造函数求导分析单调性，求出最小值，再比较两个范围的下界，最终得到的最小值. 方法二：先把不等式变形为，按1的符号分三段讨论：时直接得出的下界；时，总能取合适正数使不等式成立；时，分离参数得分式不小于的最小值0，进而转化为函数恒小于等于0，由其单调性代入端点求出约束条件，最后综合得到的最小值为. 【小问1详解】 的定义域为，. 当时，. 所以的单调递增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方法一：由题意得 ①当时，，在上单调递增，所以 所以，所以 ②当时，令得，且， 不妨设，则 所以当时，令得；令得 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，所以 所以 所以 化简得 令，所以. 令得；令得. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，. 因为，所以，的最小值为. 方法二：由得，化简为. ①当时，. ②当时，. 此时无论为何值，一定存在使得， ③当时，，则， 所以为保证存在满足，必须有， 所以. 令，则在上单调递增. 所以，所以. 综上所述，的最小值为. 19. 已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. （1）若是的中点，证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值的最大值； （3）若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【答案】（1）证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. 【小问3详解】 法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三二模考试 数学试题 2026.05 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. 45 C. 50 D. 90 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（） A. B. C. D. 10 7. 已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 10. 等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，则下列说法正确的有（ ） A. 时，为等差数列 B. 时，中任意两项的差均不为0 C. 不存在，使得为常数列 D. 不存在，使得为等比数列 11. 闵可夫斯基距离又称为闵氏距离，是两组数据间距离的定义.设两组数据分别为和，这两组数据间的闵氏距离定义为，其中表示阶数，则下列说法正确的有（） A. 若，，则 B. 若，，其中，则的最小值为 C. 若，，其中，则的最小值为1 D. 若，，则对任意实数，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数满足，则________. 13. 将两个1，两个2，两个3组成一个六位数，则两个1不相邻的六位数个数为________.（用数值表示） 14. 已知椭圆：，曲线，若曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，且直线的斜率为，则椭圆的离心率为________. 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，它的内角，，的对边分别为，，，且，. （1）若，求； （2）若，求的面积. 16. 某国产芯片企业测试了10款自研芯片的单线程运算性能得分（得分越高，性能越好），芯片发布编号记为，性能得分记为，对应情况如下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 26 34 40 49 56 61 68 77 83 （1）从这10个性能得分中随机抽取3个，求抽取的3个数据中，恰有两个数据不低于这组数据的第65百分位数的概率； （2）若性能得分关于芯片发布编号的线性回归方程为，求该回归方程； （3）为评估芯片性能的“实际表现水平”，企业定义了“性能偏离度”.对于第款芯片，其性能偏离度为（其中为实际性能得分，为第（2）问中回归方程的预测性能得分），并规定性能偏离度不超过2%的芯片为“表现稳定款”，假设第11款发布的芯片为“表现稳定款”，求其实际性能得分应保持的范围. 参考公式和数据：，，，， 17. 已知是抛物线的焦点，点在上，且. （1）求抛物线的方程； （2）若过点的直线交于、两点，且，求的值. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设数列的前项和为，当时，均存在两个极值点，，且满足，证明：； （3），，都有，求实数的最小值. 19. 已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. （1）若是的中点，证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值的最大值； （3）若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $