精品解析：山东枣庄市2026届高三下学期5月模拟考试数学试题

2026届高三模拟考试 数学试题 2026.05 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. 2 C. D. 10 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 中国空间站主要由天和核心舱，问天试验舱，梦天试验舱三个舱构成.某次实验需要4名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去天和核心舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 5. 已知向量与均为非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的焦点分别为，，且是抛物线的焦点，若是与的一个交点，，则的方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 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. 下列命题正确的是（ ） A. 随机变量，当最大，则的取值为3 B. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是，0.3 C. 已知关于的回归方程为，则样本数据点的残差为2.2 D. 若，，则事件，相互独立 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点中心对称 C. 的零点构成的集合是 D. 在区间上单调递减 11. 已知数列满足，是的前项和，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 当为偶数时， D. 若，则满足的的最小值为64 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 13. 过点作圆的切线，切点分别为，，则直线的方程为____________. 14. 若，，则实数的最大值为____________. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，.且. （1）求； （2）若，记边上的高为，求的最大值. 16. 如图，在三棱锥中，，，，，，为在平面内的投影. （1）设，求，的值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 为促进销售，某生产商联合商超对定价为100元的产品推出“摸奖+闯关”优惠活动，规则如下：进商超的消费者首先获得一次摸奖机会，可获得一张10元或20元的“基础优惠券”（摸到10元“基础优惠券”的概率为0.6，摸到20元“基础优惠券”的概率为0.4）；然后进行答题闯关游戏，闯关成功可再获得一张能叠加使用的20元“进阶优惠券”.记消费者答题闯关成功的概率为.已知摸奖与闯关优惠活动的结果相互独立. （1）记消费者购买一件该产品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和； （2）已知本次活动中优惠券的成本将由生产商承担“基础优惠券”面额的30%，“进阶优惠券”面额的50%.记生产商销售一件该产品的期望利润为（单位：元），消费者购买该产品的概率为.已知，商品成本为41元.试求的最大值及取得最大值时的值.（结果保留1位小数） 注：期望利润=消费者购买概率×（支付金额的期望－商品成本－优惠券成本的期望） 18. 已知双曲线的实轴长为，且经过点. （1）求的渐近线方程； （2）设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 19. 超导量子计算原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足：，，，…，.注：，，，，…. （1）求在处的阶帕德逼近； （2）在（1）的条件下，当，试比较与的大小，并证明； （3）已知数列满足，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三模拟考试 数学试题 2026.05 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】由，解得，所以. 易知，所以. 所以. 2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. 2 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据复数的四则运算求出复数的代数形式，进而求解. 【详解】因为，所以， 整理得，则， 所以. 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出，再根据，两边平方化简即可求解. 【详解】由题可得， 因为，所以 即， 即， 即，得到. 4. 中国空间站主要由天和核心舱，问天试验舱，梦天试验舱三个舱构成.某次实验需要4名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去天和核心舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据有几个人去天和核心舱进行分类讨论，由此求得正确答案. 【详解】若有个人去天和核心舱，则这个人是甲， 此时安排方法有种. 若有个人去天和核心舱，除了甲以外，还要再选人， 此时安排方法有种. 所以总的方法有种. 5. 已知向量与均为非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分、必要条件中的推出关系判断，结合共线向量定理求解即可，要注意定理中的条件是为非零向量. 【详解】若，因为向量与均为非零向量，则存在非零实数，使得， 所以， 因为与均为非零向量的倍数， 所以与共线，即，充分性成立. 若，当时，，所以； 当时，存在实数，使得，所以， 假设，则，，与为非零向量矛盾，所以假设不成立，， 所以，因为为非零向量，所以共线，即，所以必要性成立. 综上，“”是“”的充要条件. 6. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶性排除A；根据正负性排除CD. 【详解】定义域为，， 则是偶函数，排除A选项； 当时，，则， 当时，，则； 当时，，则，排除CD选项. 7. 在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 8. 已知椭圆的焦点分别为，，且是抛物线的焦点，若是与的一个交点，，则的方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】过点往抛物线的准线上作垂线，垂足为，利用抛物线的定义、椭圆的定义得出，，再在中利用余弦定理可得即可求出. 【详解】由题意可知，，且， 过点往抛物线的准线上作垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知，由椭圆的定义可知，， 因为，所以，，则， 在中利用余弦定理得， 得，得或， 故或，则的方程为或. 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. 下列命题正确的是（ ） A. 随机变量，当最大，则的取值为3 B. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是，0.3 C. 已知关于的回归方程为，则样本数据点的残差为2.2 D. 若，，则事件，相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】使用二项分布概率公式分析选项，使用线性回归方程及残差的定义分析选项，使用全概率公式和条件概率公式分析选项. 【详解】， 由，解得， 由，解得， 又因为，且，所以，选项正确； 已知，两边取自然对数得，令，则， 因为变换后的线性方程为，所以，，即，选项正确； 已知关于的回归方程为，当时，， 而样本数据点为，则残差，选项错误； 已知，，由条件概率公式， 则，即， 所以，即， 则事件，相互独立，选项正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点中心对称 C. 的零点构成的集合是 D. 在区间上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】利用周期定义判断A；根据判断B；化简解析式，然后直接求出所有零点判断C；利用特殊值判断D. 【详解】对A，因为， 所以不能恒成立，所以不是的最小正周期，错误； 对B，因为 ， 所以的图象关于点中心对称，正确； 对C， . 令得或（舍去）， 解得，即的零点构成的集合为，正确； 对D，因为，， 所以，所以在区间上不单调递减，错误. 11. 已知数列满足，是的前项和，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 当为偶数时， D. 若，则满足的的最小值为64 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，利用递推公式和等差数列的定义即可求得； B选项，构造函数数列关系，注意首项为0时，不是等比数列； C选项，相邻两项结合形成一个新的数列，计算新数列的前项和； D选项，注意区分为偶数和为奇数，进行求和. 【详解】A选项，由，可得， 所以， 对偶数项：，即：是等差数列，所以A选项正确； B选项，因为， 所以， 数列 首项为，若，则数列的首项为0，不符合等比数列的定义，所以B选项错误； C选项，当为偶数时，，因为，， 所以，所以，所以C选项正确； D选项，若，则，由A选项解析得：， 当为偶数时，由C选项可知，， 当为奇数时，，， 若为偶数，， ，所以满足的最小偶数为64； 若为奇数，，，所以满足的最小奇数为65， 综上所述，满足的的最小值为64，所以D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 【答案】64 【解析】 【详解】已知随机变量，且， 由正态分布的对称性可得与关于对称， 即，则，解得. 令，展开式中各项系数之和为. 13. 过点作圆的切线，切点分别为，，则直线的方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据切线的性质易判断，，，四点共圆，且圆心为中点，半径为，进而可以求出新的圆的方程，直线即为公共弦所在的直线，方程即为两个圆方程的差，代入计算即可. 【详解】由题意知，圆心为，半径，点在圆外面， 由切线的性质定理可知，，，即， 所以点，在以为直径的圆上，即，，，四点共圆，且圆心为中点，半径， 设圆心为，根据中点坐标公式，则为，半径， 所以圆的方程为， 因此直线即为圆与圆公共弦所在的直线，方程为两个圆方程的差， 即，化简得， 所以直线的方程为. 14. 若，，则实数的最大值为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意整理得，令，可知，构建，利用导数分析可得，进一步整理得对任意的恒成立，构建，利用导数求其最值结合恒成立问题分析求解. 【详解】因为，则， 整理得， 令，可得，即， 令，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则，且， 可知有且仅有两个零点， 若，则或， 对于可知，当x趋近于时，趋近于0，故不合题意； 所以，即，整理得对任意的恒成立， 令，则， 且，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得，结合解得， 所以实数m的最大值为. 【点睛】关键点睛：第一步同构将原式整理得，把看成整体处理求其取值范围； 第二步根据题意分析可得，整理得对任意的恒成立，结合恒成立问题分析求解. 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，内角，，所对的边分别为，，.且. （1）求； （2）若，记边上的高为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简得，再由余弦定理即可得解； （2）由三角形面积公式可得，结合正弦定理及三角恒等变换得，即可得解． 【小问1详解】 根据正弦定理可得， 化简整理得， 由余弦定理得， 因为，故； 【小问2详解】 由，得， 又， 所以 ， 在三角形中，故， 当，即时，． 16. 如图，在三棱锥中，，，，，，为在平面内的投影. （1）设，求，的值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法计算点的坐标，进而求得的值. （2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 由，，，. 以为坐标原点，为轴，为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系. 则， 设点在平面内的垂足为，则. ， 两式作差，解得. ，， ，，解得， 代入距离关系式， 解得，得，. ， ， 所以， 解得，. 【小问2详解】 由（1）得，，. 设平面的法向量， ，可取. 设直线与平面所成角为， 则. 17. 为促进销售，某生产商联合商超对定价为100元的产品推出“摸奖+闯关”优惠活动，规则如下：进商超的消费者首先获得一次摸奖机会，可获得一张10元或20元的“基础优惠券”（摸到10元“基础优惠券”的概率为0.6，摸到20元“基础优惠券”的概率为0.4）；然后进行答题闯关游戏，闯关成功可再获得一张能叠加使用的20元“进阶优惠券”.记消费者答题闯关成功的概率为.已知摸奖与闯关优惠活动的结果相互独立. （1）记消费者购买一件该产品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和； （2）已知本次活动中优惠券的成本将由生产商承担“基础优惠券”面额的30%，“进阶优惠券”面额的50%.记生产商销售一件该产品的期望利润为（单位：元），消费者购买该产品的概率为.已知，商品成本为41元.试求的最大值及取得最大值时的值.（结果保留1位小数） 注：期望利润=消费者购买概率×（支付金额的期望－商品成本－优惠券成本的期望） 【答案】（1）分布列如下： 60 70 80 90 数学期望 （2）的最大值为11.7，取得最大值时的值为. 【解析】 【分析】（1）分为四种情况，对四种情况依次分析即可； （2）优惠券成本=基础优惠券+进阶优惠券，再利用公式求导计算最大值即可. 【小问1详解】 由题可知，可能取值为：60、70、80、90. ， ， ， ， 所以消费者购买一件该产品的实际支付金额的分布列为： 60 70 80 90 数学期望为： . 【小问2详解】 设优惠券实际成本为，则 且支付金额的期望 ， 所以， 即： 求导得： ， 令，解得： ， 所以函数在 上单调递增，在 上单调递减， 所以当时，取得最大值，此时 ， 即：的最大值约为11.7，取得最大值时的值约为. 18. 已知双曲线的实轴长为，且经过点. （1）求的渐近线方程； （2）设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【小问1详解】 根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； 【小问2详解】 设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 19. 超导量子计算原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足：，，，…，.注：，，，，…. （1）求在处的阶帕德逼近； （2）在（1）的条件下，当，试比较与的大小，并证明； （3）已知数列满足，，证明：. 【答案】（1）； （2），证明如下： 当时，令， 则， 所以，函数在上单调递增． 所以，．故当时，． （3） 因为，则，所以． 若，则，即． 由（2）知，当时，， 当时，则． 因为，则，又， 所以，即， 故数列是递减数列，所以． 首先证明不等式，， 设，则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 则，， 所以， 所以， 故当时，， 累加得， 所以， 故． 又当时，． 综上，． 【解析】 【分析】（1）根据定义直接写出，再求导代入数值即可得到相关参数； （2）求出，求导得其单调性即可证明大小关系； （3）利用（2）中结论得，最后利用累加法即可证明不等式. 【小问1详解】 设在处的阶帕德逼近， 所以，． 又， 所以，． 又， . 所以，. 【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 $