临考押题卷03（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·山东济宁·二模）设全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山东烟台·模拟预测）已知，为纯虚数，且，则（　　） A． B． C． D．2 3．（2026·山东泰安·模拟预测）若，下列选项中，使成立的充分不必要条件为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山东泰安·二模）2002年山西陶寺遗址的考古发掘中，出土了5件漆木漏斗形器，被确认为沙漏计时器，经3D打印复原实验，每件沙漏装满细沙后自动匀速下漏，全部漏完用时14.4分钟，100件漏完恰好为24小时.如图，该漏斗形器上部为圆台，下部为圆锥，则装满沙子的漏斗形器中剩余沙子的高度与时间的函数的大致图象为（    ） A．B．C．D． 5．（2026·山东青岛·三模）函数在的零点个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2026·山东泰安·模拟预测）已知变量，具有线性相关关系，5组样本数据如下： 1 2 3 4 5 2 3 6 若其线性回归方程，且满足，则的值是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 7．（2026·山东泰安·模拟预测）已知数列（非常数列）前项和为，为等差数列，，且，，成等比数列，则的值为（    ） A． B．81 C．80 D．90 8．（2026·山东泰安·模拟预测）已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（    ） 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．（2026·山东东营·二模）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D． 10．（2026·山东菏泽·二模）已知平面向量，，则下列说法错误的有（    ） A．当时， B．若，则或 C．当时，在方向上的投影向量为 D．若和的夹角为钝角，则的取值范围为 11．（2026·山东聊城·二模）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 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）从这49个数中取25个数，使得任意两个数之和既不等于49也不等于50，则这25个数字之和为__________. 13．（2026·山东临沂·一模）已知双曲线的渐近线方程为，则__________. 14．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 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．（2026·山东济宁·二模）记为数列的前项和，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)记为数列的前项和，求. 16．（2026·山东泰安·模拟预测）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 2 0 (1)请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并求的解析式； (2)将函数的图象向左平行移动个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象．若图象的一个对称中心为，求在上的值域． 17．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．（2026·山东淄博·二模）已知函数的定义域为，，函数.对任意，曲线在点处的切线方程为 (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数. 19．（2026·山东泰安·二模）已知椭圆过点，中心在原点，对称轴为坐标轴. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线的斜率为与椭圆交于两点，其中两点分别位于轴左，右两侧，直线分别与直线交于三点. （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求； （ii）当直线平分的内角（或其外角）时，求的值. 2 / 19 1 / 19 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·山东济宁·二模）设全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，，， 所以，所以． 2．（2026·山东烟台·模拟预测）已知，为纯虚数，且，则（　　） A． B． C． D．2 【答案】D 【详解】因为为纯虚数， 所以，解得， 由， 则，解得. 3．（2026·山东泰安·模拟预测）若，下列选项中，使成立的充分不必要条件为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解不等式，得， 则不等式的解集为， 记使不等式成立的充分不必要条件为集合， 则集合为集合的真子集， 所以集合. 4．（2026·山东泰安·二模）2002年山西陶寺遗址的考古发掘中，出土了5件漆木漏斗形器，被确认为沙漏计时器，经3D打印复原实验，每件沙漏装满细沙后自动匀速下漏，全部漏完用时14.4分钟，100件漏完恰好为24小时.如图，该漏斗形器上部为圆台，下部为圆锥，则装满沙子的漏斗形器中剩余沙子的高度与时间的函数的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用圆台、圆锥的结构特征，结合单位时间内漏出相同体积的沙子，分析高度下降速度随时间变化的快慢即可判断得解. 【详解】依题意，细沙匀速下漏，单位时间漏出沙子的体积恒定， 随时间的增大，高度逐渐减小，沙面面积逐渐减小， 由圆台上部大下部小，得漏出的沙子，随时间的增大，高度的变化量逐渐增大， 因此的下降速度越来越快，对应图象变得越来越陡，排除选项BC； 又漏斗上部为圆台，下部为圆锥，两部分沙面面积随的变化规律不同， 圆锥部分比圆台部分沙面面积更小，减小更快，因此的下降速度更快，图象更陡， 且下降速度在交界处会发生变化，图象在交界处不光滑，排除选项A，选项D符合题意. 5．（2026·山东青岛·三模）函数在的零点个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】方法一求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数，方法二先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可． 【详解】方法一：，， 由题可知，或， 解得，，或，故有3个零点． 方法二：令， 即，，解得，， 分别令，解得，，， 所以函数在的零点的个数为3. 6．（2026·山东泰安·模拟预测）已知变量，具有线性相关关系，5组样本数据如下： 1 2 3 4 5 2 3 6 若其线性回归方程，且满足，则的值是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】求出，再计算得到，得到与的另一个式子，联立可解 【详解】，代入回归方程得： ，联立得． 7．（2026·山东泰安·模拟预测）已知数列（非常数列）前项和为，为等差数列，，且，，成等比数列，则的值为（    ） A． B．81 C．80 D．90 【答案】C 【详解】因为为等差数列，且首项为：，设公差为 则，所以 则，， 因为，，成等比数列，所以， 所以，解得或 当时，，，因为非常数列，所以舍去． 当时，，所以． 8．（2026·山东泰安·模拟预测）已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆心和半径，再结合公切线的条数得到两个圆的位置关系，进而建立不等式，求解参数范围即可. 【详解】由题意得圆心，半径，，， 因为两圆至少有三条公切线，所以两圆位置关系为外切或外离， ，， 即，解得， 则的取值范围为． 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，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D． 【答案】AC 【分析】选项A利用函数的单调性判断；选项B余弦函数不单调，举反例；选项C根据不等式的性质确定；选项D利用函数的单调性判断. 【详解】函数在区间上单调递增， 因为，所以，选项A正确； ，时，，选项B错误； 若，，则，选项C正确； 函数在上单调递减，所以，选项D错误. 10．（2026·山东菏泽·二模）已知平面向量，，则下列说法错误的有（    ） A．当时， B．若，则或 C．当时，在方向上的投影向量为 D．若和的夹角为钝角，则的取值范围为 【答案】AD 【分析】根据向量共线求解选项A.根据向量垂直求解选项B.根据投影向量求解选项C.根据向量数量积求解即可. 【详解】对于A，因为，，， 所以或，A错误； 对于B.，则，化简得， 解得或，B正确. 对于C.当时，，， 所以在方向的投影向量为，C正确； 对于D，因为与的夹角为钝角，所以，且，不反向平行， 由，解得，由可得或， 当时，，，，反向平行，夹角不是钝角， 当时，，，，方向相同， 所以若和的夹角为钝角，则的取值范围为，D错误. 11．（2026·山东聊城·二模）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 【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. 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）从这49个数中取25个数，使得任意两个数之和既不等于49也不等于50，则这25个数字之和为__________. 【答案】925 【分析】将个数按和为分成组后再根据题设条件可确定这个数字，再结合等差数列的前项和公式可求它们的和. 【详解】将分成如下25组：， 因为所选取的个数，任意两数之和不为，也不为， 故只能从每一组中选择一个数，故必须选取，故不能选取， 考虑，所以只能选取，再考虑。该组只能选择， 故只能依次选取， 故这个数的和为. 13．（2026·山东临沂·一模）已知双曲线的渐近线方程为，则__________. 【答案】 【分析】根据方程表示双曲线，确定m的范围，结合双曲线的渐近线方程可得关于m的方程，即可求得答案. 【详解】由方程表示双曲线，可知， 则方程即为方程，即得， 方程表示焦点在x轴上的双曲线，由已知其渐近线方程为， 则. 14．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 【答案】 【详解】已知正四面体的棱长，设正四面体的高为， 设底面正三角形的中心到顶点的距离为，则， ， 正四面体的外接球球心在高上，且满足：， 外接球的体积：； 小球在一个角的情况如下图所示，作平面平面，与小球相切于点， 则小球球心为正四面体的中心，面，垂足为的中心， ， ，故， 此时小球与面的切点为，连接，则， 考虑小球与正四面体的面相切的情况， 则小球在面上最靠近边的切点轨迹仍为正三角形，即为，过作于， ，则， 小三角形边长， 小球与面不接触部分的面积为：， 小球永远不可能接触到的容器内壁面积为：． 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．（2026·山东济宁·二模）记为数列的前项和，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)记为数列的前项和，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用，应用累乘法计算即可求解； （2）利用分组求和及等差数列求和公式计算求解即可. 【详解】（1）因为中，且， 当时，所以， 所以，化简得，即得， 所以， 所以，当时，所以， 综上，； （2）由（1）可得， 即得， ， ， ， 所以. 16．（2026·山东泰安·模拟预测）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 2 0 (1)请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并求的解析式； (2)将函数的图象向左平行移动个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象．若图象的一个对称中心为，求在上的值域． 【答案】(1) 0 0 2 0 0 (2) 【分析】（1）结合题意建立方程求解出关键数据，最后得到解析式即可； （2）按照题意对函数进行变换并结合对称中心得到，最后利用正弦函数的性质求解值域即可. 【详解】（1）根据表中已知数据，解得， 因为，所以解得，， 数据补全如下表： 0 0 2 0 0 函数表达式为； （2）由（1）知， 将函数的图象向左平移个单位后得到 ， 再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变， 得到， 若图象的一个对称中心为， ， 解得，， 由可知，当时，， 因此； 因为，所以， 故在上的值域为. 17．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (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）在梯形中，证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，即可得；或建立恰当的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示证明； （2）利用平面与平面所成角的向量求法求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接. 易知四边形为梯形，且 ， ， . 平面平面，. 平面. 平面. 平面， . 方法二：在四棱锥中，平面，平面， 所以. 又，且，， 所以以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得，. . （2）设平面的一个法向量为. 则，即 取，则 设平面的一个法向量为 则，即 取，则 ∴平面与平面夹角的余弦值为 18．（2026·山东淄博·二模）已知函数的定义域为，，函数.对任意，曲线在点处的切线方程为 (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数. 【答案】(1) (2)函数在区间上单调递增 (3)2条 【分析】（1）由题意可得，根据导数与单调性的关系求解； （2）先对函数求导，令，，再对函数求导，根据导数与函数单调性的关系即可判断求解； （3）由题意可得，令，求导，判断函数的单调性，再结合零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）由题意可知曲线在点处的切线斜率为， 所以， 令，得， 单调递减 极小值 单调递增 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在有最小值，即； （2）， 令，，则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在处有最小值，即函数在处有最小值， 所以，故函数在区间上单调递增； （3）由题意可得点在切线上， 所以①， 令， ， 由（2）可知，当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，所以1是方程①的一个解； 又，， 所以函数在处有一个零点且在区间内存在唯一零点， 所以有两个解， 即过点且与曲线相切的直线的条数有2条. 19．（2026·山东泰安·二模）已知椭圆过点，中心在原点，对称轴为坐标轴. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线的斜率为与椭圆交于两点，其中两点分别位于轴左，右两侧，直线分别与直线交于三点. （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求； （ii）当直线平分的内角（或其外角）时，求的值. 【答案】(1) (2)（i）4；（ii） 【分析】（1）设椭圆的方程为，代入，求解即可； （2）（i）设直线，，与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出直线的方程，从而求出的横坐标，结合斜率公式求解即可； （ii）求出D点的横坐标，从而可得为的中点，进而得，，利用求解即可. 【详解】（1）设椭圆的方程为 过点 ，解得 ∴椭圆的标准方程为 （2）（i）直线， 设 由 得 ∵直线的方程为 令，得， ， ， ； （ii）因为直线的方程为, 令，则有， 为的中点 如图，∥， 又 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $