临考押题卷02（山东省专用）-2026年高考数学押题模拟卷

2026年高考临考押题卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．（2026·山东日照·二模）设集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山东泰安·二模）已知复数，则的虚部为（    ） A．1 B． C．0 D． 3．（2026·山东东营·二模）某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（   ） A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.9 4．（2026·山东德州·二模）已知向量满足，则（    ） A．2 B． C．4 D． 5．（2026·山东德州·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·山东聊城·二模）已知正数满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·山东济宁·二模）若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（   ） A． B． C． D．2 8．（2026·山东淄博·二模）已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0.若，则的最小值为（   ） A．15 B．10 C．9 D．5 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．（2026·山东东营·二模）已知点，圆，点在圆上运动，点满足，其中为坐标原点．则下列说法正确的是（   ） A． B．点的轨迹方程为 C．的取值范围是 D．点到直线距离的最小值为 10．（2026·山东潍坊·一模）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．（2026·山东青岛·一模）已知函数，则（   ） A．在区间上单调递增 B．恰有两个零点 C．不等式的解集为 D．若，则的最小值为2 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026·山东德州·二模）已知的展开式中各项的二项式系数之和为64，则其展开式中的常数项为__________. 13．（2026·山东泰安·模拟预测）已知数列满足点在直线上，数列的前项和为，则的最小值为______． 14．（2026·山东济宁·二模）是的重心，过点且不过顶点的直线分别交边，于点，，记和的面积分别为，，则的最小值是________. 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．（2026·山东泰安·二模）已知数列满足，等差数列满足. (1)求数列和通项公式； (2)若，求数列的前项和. 16．（2026·山东济宁·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2026·山东东营·模拟预测）甲、乙两人进行排球发球练习，总共发3个球（分3次发，每次发1个球），若某次发球成功，则该次发球者得2分，对方得0分，发球者继续发下一次球；若某次发球不成功，则该次发球者得0分，对方得2分，对方发下一次球.已知甲每次发球成功的概率为，乙每次发球成功的概率为，且第一次发球者为乙，每次发球是否成功相互独立. (1)在前两个球发完后，求甲共得2分的概率； (2)设甲这次发球练习的总得分为，求的分布列与数学期望. 18．（2026·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆过点，且离心率为，过点的直线与交于两点，其中． (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率为．求的值； (3)已知，直线交轴于点，若四边形为等腰梯形，求直线的方程． 19．（2026·山东济南·二模）已知函数． (1)若曲线在处的切线斜率为，求； (2)若是的极大值点，求的取值范围． 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考临考押题卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．（2026·山东日照·二模）设集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用对数函数的定义域求出集合，然后根据交集的定义即可求解. 【详解】集合是函数的定义域，根据对数函数的性质，真数必须大于0， 因此：，即， 由交集的定义可知. 2．（2026·山东泰安·二模）已知复数，则的虚部为（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】B 【分析】根据复数的乘除法，乘方运算化简复数，然后根据复数虚部的定义即可求解. 【详解】 ，所以的虚部为. 3．（2026·山东东营·二模）某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（   ） A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.9 【答案】C 【分析】根据全概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】设第2天使用模型为事件C，则. 4．（2026·山东德州·二模）已知向量满足，则（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【详解】由题设有， 故，故，即. 5．（2026·山东德州·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两角和差的正弦化简题设中的方程后可求的值. 【详解】由题设有， 故， 若，则，与矛盾； 故 6．（2026·山东聊城·二模）已知正数满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可知要么都大于，要么都在内，再由分类讨论和两种情况，分别比较的大小，最后判断与的大小关系. 【详解】因为所以：若，则； 若，则，同理由可知与要么都大于，要么都在内， 因此，满足以下两种情况之一：；. 下面分类讨论： 情况一：， 此时，所以， 由得 因为，所以 又因为 ，故从而 由于时，函数单调递增，所以即 情况二：， 此时 ，所以 . 由得 因为，两边同除以 时不等号方向改变，故 又因为，所以从而 由于时，函数单调递减，所以即 综上，无论哪种情况，都有 所以正确选项是D. 7．（2026·山东济宁·二模）若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线，进而求出离心率. 【详解】在中，，， 由余弦定理得，则， 整理得，由点在双曲线上，得双曲线的方程为， 所以双曲线的离心率. 8．（2026·山东淄博·二模）已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0.若，则的最小值为（   ） A．15 B．10 C．9 D．5 【答案】B 【分析】先根据，结合题干条件，判断出等差数列的公差，再根据等差数列通项公式，将求的最小值转化为求的最小值，再通过赋值的方式求出的最小值即可求出答案. 【详解】设数列的公差为，设数列的公差为. 因为等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0， 所以首项和公差为整数，即， 若数列是递增数列，则，这样，又题中所述，此时，与题意不符， 故数列是递减数列，即 而，， 若要求的最小值，只需求的最小值， 若要求的最小值，只需求最小值减去最大值，而最大值为， 下面分析最小值： 当时，，此时的最小值必定大于等于，无答案； 当时，，此时的最小值必定大于等于， 接下来验证时是否满足题意， 因为，在的最小值为10的情况下，， 解得，若，满足题干所有条件，综上的最小值为10. 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．（2026·山东东营·二模）已知点，圆，点在圆上运动，点满足，其中为坐标原点．则下列说法正确的是（   ） A． B．点的轨迹方程为 C．的取值范围是 D．点到直线距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据向量的运算及共线性质判断A；设点的坐标，利用相关点法求解轨迹方程判断B，利用数量积的坐标运算和余弦函数的性质求解判断C；利用圆心到直线的距离求解判断D. 【详解】因为，所以，即，故A正确； 设，由已知且， 所以. 又点在圆上，得， 所以，故点轨迹为以为圆心，半径的圆，故B正确； 设，所以，     又，所以，故C错误； 因为圆心到直线距离为， 所以点到直线距离的最小值为，故D正确. 10．（2026·山东潍坊·一模）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 【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．（2026·山东青岛·一模）已知函数，则（   ） A．在区间上单调递增 B．恰有两个零点 C．不等式的解集为 D．若，则的最小值为2 【答案】ABD 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026·山东德州·二模）已知的展开式中各项的二项式系数之和为64，则其展开式中的常数项为__________. 【答案】240 【分析】先通过得到，再写出的展开式的通项，令的次数为即可得到常数项. 【详解】由的展开式中，二项式系数之和为64得，， 则的展开式的通项为， 令，得，所以展开式中常数项为. 13．（2026·山东泰安·模拟预测）已知数列满足点在直线上，数列的前项和为，则的最小值为______． 【答案】15 【分析】由题意求出，进而判断其为等差数列，然后根据等差数列求和公式求出，最后将目标式合理转化，进而结合基本不等式求解最值即可. 【详解】数列满足点在直线上，， ， 数列是首项为，公差为的等差数列， ，， 则，当且仅当，即时等号成立， 的最小值为15． 14．（2026·山东济宁·二模）是的重心，过点且不过顶点的直线分别交边，于点，，记和的面积分别为，，则的最小值是________. 【答案】 【分析】设，利用三角形重心的性质，结合等高的三角形面积关系建立函数，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】设，由是的重心，得， 则，又点共线，因此，即， 而，， 则 ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是. 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．（2026·山东泰安·二模）已知数列满足，等差数列满足. (1)求数列和通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）通过构造等比数列可得的通项公式，进而可得的通项公式，由等差数列通项公式的逆向应用即可求得的通项公式； （2）由正弦函数的和差公式结合三角函数同角关系构造出裂项相消的形式即可求解. 【详解】（1），， 又，且，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列， ，， ， 设等差数列的公差为，则， . （2） ， . 16．（2026·山东济宁·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，结合（1）中信息，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由四棱锥的底面是矩形，底面，得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令， 则， ， 设平面，平面的法向量分别为， 则，取，得； ，令，得， 由平面平面，得，因此，而，解得， ，，则， 所以. （2）由（1）知平面的法向量，， 设平面的法向量，则，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．（2026·山东东营·模拟预测）甲、乙两人进行排球发球练习，总共发3个球（分3次发，每次发1个球），若某次发球成功，则该次发球者得2分，对方得0分，发球者继续发下一次球；若某次发球不成功，则该次发球者得0分，对方得2分，对方发下一次球.已知甲每次发球成功的概率为，乙每次发球成功的概率为，且第一次发球者为乙，每次发球是否成功相互独立. (1)在前两个球发完后，求甲共得2分的概率； (2)设甲这次发球练习的总得分为，求的分布列与数学期望. 【答案】(1) (2) X 0 2 4 6 P . 【分析】（1）设“第（1，2，3）个球甲发球成功”，“第（1，2，3）个球乙发球成功”，“在前两个球发完后，甲共得2分”，由，结合互斥事件、独立事件概率公式即可求解； （2）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解. 【详解】（1）设“第（1，2，3）个球甲发球成功”， “第（1，2，3）个球乙发球成功”，“在前两个球发完后，甲共得2分”， 则，且与相互独立， 与相互独立，与互斥， 所以. （2）X的可能取值为0，2，4，6. ， ， ， . 的分布列为： 0 2 4 6 P 故. 18．（2026·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆过点，且离心率为，过点的直线与交于两点，其中． (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率为．求的值； (3)已知，直线交轴于点，若四边形为等腰梯形，求直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用已知点的坐标以及离心率列方程组求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式即可求解， （3）根据等腰梯形的性质，求解直线的方程为，进而得，联立方程得韦达定理，得，代入化简可得，进而可求解坐标，即可求解斜率. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）直线过且斜率为，方程为， 联立，消去得， 整理得， 设，则， 由弦长公式（为直线斜率）， ，代入得. （3）由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故,故, 取的中点为，连接,则, 则直线的方程为， 令， 设直线，避免斜率不存在情况)，联立， 消去得， 则，则 ， ， 所以, 则,因此，又， 所以， 所以直线的方程为即. 19．（2026·山东济南·二模）已知函数． (1)若曲线在处的切线斜率为，求； (2)若是的极大值点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数的几何意义得出，即可解得实数的值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析在附近的符号变化，结合函数极大值点的定义可求得实数的取值范围. 【详解】（1）因为，由题意可得， 由导数的几何意义可得，解得. （2）因为是的极大值点，，则， 令，其中，则，， ①当时，对任意的恒成立，则在上为减函数， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 此时为函数的极大值点； ②当时，函数在为增函数，由可得， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， （i）当时，即当时， 若时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 此时为函数的极大值点； （ii）当时，即当时， 若时，；若时，. 此时函数在上单调递增，无极值点； （iii）当时，即当时， 若时，，即函数在上单调递减， 若时，，即函数在上单调递增， 此时为函数的极小值点 综上所述，，即实数的取值范围是. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $