精品解析：山东省济南第一中学2025-2026学年高三下学期模拟预测数学试题（三）

绝密★启用前 2026普通高等学校招生全国统一考试·冲刺压轴卷（三） 数学 全卷满分150分 考试时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上． 2．作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．考试结来后，本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：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. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（ ） A. 1.5 B. 2 C. 2.5 D. 3 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或. 4. 已知等差数列中， ，则（ ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 15 5. 在中，是的中点，是的中点．若，则（ ）． A. 3 B. C. 2 D. 6. 已知函数，若这两个函数的图象在公共点处有相同的切线，则的值为（ ） A. B. C. e D. 7. 已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（ ） A. 点必在椭圆上 B. 点必在椭圆上 C. 点必在椭圆上 D. 点必在椭圆上 8. 在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 二、多选题：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，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在七面体中，六边形是边长为2的正六边形，四边形是矩形，，则（ ） A. 四边形是矩形 B. 该七面体的体积为10 C. 平面平面 D. 该七面体外接球的体积为 11. 小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（ ） A. B. C. 若为偶数，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数若，则__________． 13. 设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为______． 14. 在平面中，非零向量满足，，则的最小值为__________． 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 16. 等腰梯形中，，，矩形满足：平面平面，，如图所示． （1）求证：平面： （2）求二面角的余弦值． 17. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 18. 如图所示，已知开口方向向上、顶点在原点的抛物线上的纵坐标为1的点到焦点的距离为2． （1）求抛物线的方程． （2）已知是直线上的动点，为抛物线的两条切线，为切点． ①求证：直线过定点； ②抛物线上是否存在定点使得以为直径的圆恰过定点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026普通高等学校招生全国统一考试·冲刺压轴卷（三） 数学 全卷满分150分 考试时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上． 2．作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．考试结来后，本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：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. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可得到答案. 【详解】. 故选：B. 2. 已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（ ） A. 1.5 B. 2 C. 2.5 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用平均数为2得，由得，最后计算中位数即可. 【详解】由题，得，因为， 所以或或， 所以当该组数据为：，中位数为2， 当该组数据为：，中位数为2，综上该组数据的中位数都为2， 故选：B. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或. 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式把集合具体化，再利用交集的运算法则计算即可. 【详解】因为 是增函数， 由 可得：， 所以； 由可得： 或 ， 所以； . 故选：B 4. 已知等差数列中， ，则（ ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求解即可. 【详解】因为数列是等差数列， 所以，即，解得. 所以， 故选：A. 5. 在中，是的中点，是的中点．若，则（ ）． A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】 ，所以，所以. 故选：B 6. 已知函数，若这两个函数的图象在公共点处有相同的切线，则的值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别表示出，再根据在处的导数值和函数值分别相等可求结果. 【详解】因为， 所以， 因为在公共点处有相同的切线，则有， 即，所以. 故选：A. 7. 已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（ ） A. 点必在椭圆上 B. 点必在椭圆上 C. 点必在椭圆上 D. 点必在椭圆上 【答案】A 【解析】 【分析】由题不妨设，易得为的两个焦点，则，推得，利用椭圆的定义即可求解. 【详解】因椭圆的四个顶点为， 不妨设， 因为椭圆的焦点为， 则为的两个焦点，则， 所以， 所以点在以为焦点，长轴长为6的椭圆上. 设该方程为， 依题意，则， 即点必在椭圆上. 故选：A. 8. 在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，故，利用正弦定理和三角恒等变换得到，由基本不等式可求解. 【详解】因为，故， 所以， 所以， 故 （*）， 当且仅当，即时，等号成立， 又，故，解得， 所以，所以（*）式可取等号， 所以的最小值为. 故选：A 二、多选题：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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式即可判断选项A；根据二倍角的正切公式即可判断选项B；根据二倍角的正弦公式，进行弦化切，结合选项B即可判断选项C；根据二倍角的正弦公式、余弦公式及商数关系即可判断选项D. 【详解】∵，选项A正确； ∵，选项B不正确； ∵，选项C正确； ，选项D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在七面体中，六边形是边长为2的正六边形，四边形是矩形，，则（ ） A. 四边形是矩形 B. 该七面体的体积为10 C. 平面平面 D. 该七面体外接球的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由是正六边形和是矩形得四边形是平行四边形，再通过证明平面，得到，从而得到A正确； 对于B，连接，将七面体可分成三棱锥，三棱锥，三棱柱三部分，计算这三部分的体积之和即可判断B； 对于C，连接，与交于点，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过数量积计算得即可判断C； 对于D，记该七面体外接球的半径为，该七面体外接球球心到平面的距离为，通过列方程，解得，再求球的体积计算即可判断D. 【详解】对于A，连接，因为六边形是正六边形，四边形是矩形，所以，，所以四边形是平行四边形. 因为，所以平面，所以，所以，所以四边形是矩形，A正确. 对于B，连接，该七面体可分成三棱锥，三棱锥，三棱柱三部分，且三棱锥和三棱锥的体积相等.三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，所以该七面体的体积为，故B错误. 对于C，连接，与交于点，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，.设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则取. ，所以平面平面，故C正确. 对于D，记该七面体外接球的半径为，该七面体外接球球心到平面的距离为，则，解得，所以该七面体外接球的体积为，D正确. 故选：ACD. 11. 小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（ ） A. B. C. 若为偶数，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，先依据比赛结束条件确定比赛未结束.通过列举次比赛累计得分的所有可能情况，得到的实际值；对于选项B，先判断比赛是否结束，再分类计算得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的值；对于选项C，先分析得分与比赛次数关系，再建立得分情况数联系，从而判断选项；对于选项D，分类讨论最后一次得分，分和两种情况. 确定前次得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的表达式. 【详解】记小明n次比赛的得分情况为，其中， 由题意知道，若比赛结束，则比赛结束的条件是，或为奇数且. 对于选项A，已知比赛次后，小明累计得分， 因为且是偶数，不满足比赛结束的条件，所以比赛未结束. 要使得次比赛得分情况有或，即，所以选项A错误. 对于选项B，比赛次后，小明累计得分，因为，且， 所以比赛未结束. 将小明次比赛的得分情况分为两类： ①前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为或， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、， 所以这种情况有种可能，分别为、. ②前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、、， 所以这种情况有种可能，分别为、、. 根据分类加法计数原理，，所以选项B正确. 对于选项C，若为偶数，比赛次后，小明的累计得分为.则，否则不会有第n次比赛. 这意味着“比赛次后，小明累计得分为的所有可能的得分情况数”与“进行次比赛后， 小明累计得分为的所有可能的得分情况数”是相同的，即，所以选项C正确. 对于选项D，若，比赛次后，小明累计得分为，可分为两类： ①当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. ②当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. 根据分类加法计数原理，，所以选项D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数若，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】由分段函数的解析式进行求解． 【详解】当时，； 当时，由，解得． 故． 故答案为：1 13. 设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，计算即可得. 【详解】由题意可得，则有， 解得，则的最小值为. 故答案为：. 14. 在平面中，非零向量满足，，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，即可得到点在以、为焦点的双曲线上（一支），且为边长为6的等边三角形，以所在的轴为轴，以的垂直平分线为轴建立如图所示平画直角坐标系，求出双曲线方程，再由向量模的坐标公式及二次函数的性质计算可得. 【详解】设，， 因为，， 则，， 所以点在以、为焦点的双曲线上（一支），且为边长为6的等边三角形， 以所在的轴为轴，以的垂直平分线为轴建立如图所示平画直角坐标系， 则， 设双曲线方程为， 所以， 所以点的轨迹方程为， 所以 ， 当时，取到最小值． 故答案为： 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，  由 ，令，可得，解得，从而可得结果； （2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，可得，结合（1）可得，利用等差数列与等比数列的求和公式，根据分组求和法可得数列的前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为， 则，即，解得 ， 所以.   则 数列的通项公式为： 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， 又因为，所以.    设数列的前项和为， 则 所以数列的前项和为 16. 等腰梯形中，，，矩形满足：平面平面，，如图所示． （1）求证：平面： （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：在等腰梯形中， 不妨设，可知， 平面平面，平面平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）在等腰梯形中易证，结合面面垂直性质可得线面垂直； （2）以，，分别为x，y，z轴建立直角坐标系，求出两个半平面的法向量，代入公式可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以，，分别为x，y，z轴建立直角坐标系如图， ，，，，， 所以，， 分别设平面与平面的法向量为，， 所以， ， 设二面角为，且为锐角，所以． 【点睛】方法点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 17. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为： 3 4 5 【解析】 【分析】（1）由题意可知中国队前三局都获胜，根据公式计算即可； （2）由题意，有两种情况：①中国队连胜3局，②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局，利用公式计算即可； （3）由题意知，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 设中国队以的比分获胜的事件为， 则. 【小问2详解】 在韩国队先胜第一局的前提下，中国队获得最终的胜利有2种情况： ①中国队连胜3局，此时的概率为：； ②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局， 此时概率为：； 所以. 【小问3详解】 由题意知， 则， ， ， 所以的分布列为： 3 4 5 则. 18. 如图所示，已知开口方向向上、顶点在原点的抛物线上的纵坐标为1的点到焦点的距离为2． （1）求抛物线的方程． （2）已知是直线上的动点，为抛物线的两条切线，为切点． ①求证：直线过定点； ②抛物线上是否存在定点使得以为直径的圆恰过定点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） ①设，由于切线斜率一定存在， 故设过点的切线， 代入中，得：， ，． 设的斜率分别为， 则， ，，， 得 ， 的中点为． 又，直线的方程：， 即：，过定点． ②存在， 【解析】 【分析】（1）由抛物线的性质求得抛物线方程． （2）①设，设过点的切线，与抛物线方程联立，由判别式等于，得，设的斜率分别为，由韦达定理及中点坐标公式求出的中点为，由点斜式写出直线的方程即可求解；②设，得到直线与的斜率，由斜率乘积为,得，再将①问中的韦达定理代入上式化简得，即可求解. 【小问1详解】 设抛物线方程为，由抛物线定义知，， 抛物线的方程． 【小问2详解】 ①略 ②设，则．同理：． ，． 把代入中得：， 所以由， ， ，解得． 存在定点，使得以为直径的圆恰过点． 19. 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 【答案】（1） （2）函数求导得：． 当时，，，又，所以． 当时，令，则， ，则在上单调递增，在上单调递增， 在上单调递增，且，， 存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增． ， 又，存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 在上存在唯一极（小）值点． ，又， 存在，使得， 在上存在唯一零点，得证． （3），， ，得，， ，等价于． 结合（2）的分析，，， ，即， 同理， ． 在区间上单调递减，要证，只需证． 又在上单调递增，只需证． ， 借助，可得， 令，则恒成立， 在上单调递增，，即成立，得证． 不等式成立． 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数的几何意义得出斜率，从而求出切线方程； （2）先求导，结合正弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性和极值，进而证明结论； （3）对不等式进行变形处理，结合（2）的条件，并借助进行放缩构造函数，从而证明结论． 【小问1详解】 若，则，求导得， ， 又， 所求的切线方程为． 【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 $