精品解析：山东东营市胜利第一中学2026届高三仿真模拟数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 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. 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，集合，则集合的真子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 15 D. 16 2. 已知直线：，圆C：，则“”是“直线与圆C相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若，则（ ） A. 0 B. 9 C. 12 D. 18 4. 把正整数集合排列成如图所示的三角阵，在第3列与第5列中各任取一个数，则取到的两个数之积是6的倍数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的函数满足，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（ ） 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. 已知复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 已知均为正实数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是2 B. 若，则的最小值为8 C. 若，则的最小值为16 D. 若，则的最小值为 11. 如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（ ） A. B. 四面体体积的最大值为1 C. 时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D. 时，四面体外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 13. 已知抛物线y2＝4x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则的最小值是________. 14. 在平面直角坐标系中，已知点P是函数的图象上的动点，该图象在P处的切线交y轴于点M，过点P作的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是_____________ 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数两个相邻零点的距离为，且. （1）求、的值； （2）设，求的单调递增区间. 16. 四棱锥中，底面是菱形，. （1）求证：； （2）若是的中点，求点到平面的距离. 17. 已知椭圆的中心在坐标原点，且经过点，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，斜率为的直线交抛物线于两点，交椭圆于两点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线经过点，设点，且的面积为，求的值； （3）若直线过点，设直线的斜率分别为，且成等差数列，求直线的方程 18. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）记函数的极小值点为，若满足，设集合，，其中表示不大于的最大整数. （i）求和的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合的关系（参考数据：）； （ii）定义：若集合满足：，且，则称集合是正整数集的一个“互补覆盖”，求证：集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 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. 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，集合，则集合的真子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【详解】求解集合，由得，即. 故. 求解集合，由且，得，整数解为，故. 所以，该集合元素个数为. 因为个元素的集合真子集个数，代入得真子集个数为. 2. 已知直线：，圆C：，则“”是“直线与圆C相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】因为直线：，圆C：， 若直线与圆C相切，则，解得， 所以“”是“直线与圆C相切”的充分不必要条件. 3. 若，则（ ） A. 0 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】D 【解析】 【详解】在中，偶数次项系数为正，奇数次项系数为负， 所以，取， 可得， 故所求式的值为. 4. 把正整数集合排列成如图所示的三角阵，在第3列与第5列中各任取一个数，则取到的两个数之积是6的倍数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意利用列表法处理古典概型. 【详解】由题意可得：第3列的数依次为，共5个；第5列的数依次为，共9个； 若第3列与第5列中各任取一个数，如下表，共有种， 若两个数之积是6的倍数，共有种， 所以取到的两个数之积是6的倍数的概率. 故选：C. 17 18 19 20 21 22 23 24 25 5 ╳ √ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ √ ╳ 6 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 7 ╳ √ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ √ ╳ 8 ╳ √ ╳ ╳ √ ╳ ╳ √ ╳ 9 ╳ √ ╳ √ ╳ √ ╳ √ ╳ 5. 如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体， 所以，设， 在中，，，， 在，，， 故圆柱的表面积为， 解得. 故． 6. 定义在上的函数满足，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先根据递推关系推导函数周期为6，再计算2026模6的余数，对应周期内的函数值即可求解. 【详解】当时，， 因此 ， . 当时，递推关系为 ①， 将替换为得 ②， 将①+②可得，即， 因此，故函数在具有周期性，周期为. 因为，所以， 因为 ，  ，  ，  . 因此. 7. 在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】差数列的公差为，根据条件推出，判断出当时，；时，，再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果. 【详解】设等差数列的公差为，所以，因此，所以， 所以，， 因此，当时，；时，， 因为， 所以当时，，当时，， 当时，， 当时，因为，所以； 因为 ， 所以，当时，取得最大值. 8. 已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影以及得出，设，得出关系式，再联立曲线方程求出点坐标，将其代入关系式中即可. 【详解】因为点在上的投影是点，所以， 因为，所以， 设，则（*） 又由，得， 代入（*）式得，得， 故曲线的离心率是. 故选：B 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（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数除法的运算得到，再由复数的相关知识逐一判断即可． 【详解】解：， ，故A正确； 的虚部为，故B错误； 在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C错误； 方程的根为， 是方程的一个根，故D正确． 10. 已知均为正实数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是2 B. 若，则的最小值为8 C. 若，则的最小值为16 D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式即可判定ABC，设，利用导数研究单调性得，进而利用基本不等式即可判定D. 【详解】对于A：，当且仅当时取等号，但不成立，故A错误； 对于B：x，y均为正实数，满足，因为，所以， 又因为，解得，同理，， 当且仅当时取等号（此时），所以的最小值为8，故B正确； 对于C：因为，，，所以， 当时，即，即，时等号成立，所以的最小值为16，故C正确； 对于D：由题意可得， 设，则在上恒成立， 则在上单调递增，且， 由的单调性可得，， 则，又因为，则有， 当且仅当时等号成立，即因此的最小值为，故D正确． 11. 如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（ ） A. B. 四面体体积的最大值为1 C. 时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D. 时，四面体外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，作辅助线通过证明线面垂直证明线线垂直；对于B选项，找出二面角的平面角，计算四面体体积与的关系来判断体积的最大值；对于C选项，通过取各边中点把截面作出来，结合A选项得到截面为矩形，再计算面积；对于D选项，时，四面体有两个平面互相垂直，属于垂面型外接球，找到球心，计算出半径即可. 【详解】对于A选项，取中点，连接 由于与是两个等腰三角形，， 沿着翻折到，所以，,点为中点， 所以， 故平面, ,所以A选项正确； 对于B选项，作于点，作 于点,连接,那么由可知 ,那么为二面角的平面角, 面, 所以，面,， ， 所以，四面体体积的最大值为1，故B选项正确； 对于C选项，分别取 的中点 ，连接 , 根据中位线的性质可知 ,且 所以， 且 ，四边形 为平行四边形， 所以，直线且与平行的平面截四面体的截面为.当时，由B选项可知为正三角形，, , 由可得，,为矩形， ，故C选项错误； 对于选项D，当时，平面平面,由B选项可知平面, 取的外心，取的外心，外接圆半径, 分别作平面的垂线，平面的垂线 交于一点,即四面体外接球球心，作于点 ，由于，所以为等腰直角三角形， 所以，, 所以，， ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助数量积公式及模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由，则， 即，则. 13. 已知抛物线y2＝4x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则的最小值是________. 【答案】32 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，将表示成一个函数， 求函数的最小值即可 【详解】设过点的直线方程为：， 由，得：，所以，， 所以==，当时， 【点睛】合理设出过Q(4,0)的直线方程，从而简化运算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可以将问题转化成函数的最小值问题， 14. 在平面直角坐标系中，已知点P是函数的图象上的动点，该图象在P处的切线交y轴于点M，过点P作的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是_____________ 【答案】 【解析】 【详解】设切点，因，故切线的斜率，切线的方程为，令得；过点与切线垂直的直线方程为，令得，则中点的纵坐标为，因，故当时，，函数单调递增；故当时，，函数单调递减，故当时，函数，应填答案． 点睛：解答本题的关键是如何建构以切点的横坐标为变量的函数．求解时先设切点坐标为切点，然后再依据题设条件建立关于线段的中点的纵坐标为的目标函数，最后再运用导数的知识求函数的最大值，从而使得问题获解． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数两个相邻零点的距离为，且. （1）求、的值； （2）设，求的单调递增区间. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的最小正周期，可求出的值，再利用可得出的值； （2）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得函数的单调递增区间. 【小问1详解】 因为函数两个相邻零点的距离为， 故函数的最小正周期为，所以，即， 又因为，故. 【小问2详解】 因为 ， 由可得， 故函数的单调递增区间为. 16. 四棱锥中，底面是菱形，. （1）求证：； （2）若是的中点，求点到平面的距离. 【答案】（1）见证明；（2） 【解析】 【分析】(1)要证转证平面，即证； (2) 由（1）可知，平面.可得平面平面设点到平面的距离为，则由于，得点到平面的距离为. 【详解】（1）证明：由于四边形是菱形，，所以是正三角形. 设的中点为，连接，如图所示，则 又，所以. 又相交于，所以平面 又平面，所以. （2）由（1）可知，平面.可得 解：由（1）可知，平面. 又，所以平面. 又平面，所以平面平面 设点到平面的距离为，则由于，得点到平面的距离为. 由于平面，所以两点到平面的距离均为. 所以点到直线的距离就是.设的中心为，则平面. ，在中， 在中，，所以. 由，得点到直线的距离为，即，得 所以点到平面的距离为. 【点睛】本题考查线面垂直的判定，点到平面的距离，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题. 17. 已知椭圆的中心在坐标原点，且经过点，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，斜率为的直线交抛物线于两点，交椭圆于两点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线经过点，设点，且的面积为，求的值； （3）若直线过点，设直线的斜率分别为，且成等差数列，求直线的方程 【答案】（1）. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据椭圆所过的点可求基本量，从而可求椭圆方程； （2）联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理可用斜率表示面积，从而可求其值； （3）由题设有，联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理化简前者可求的值，从而可求直线方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，故椭圆的半焦距， 设椭圆的方程为，由题设得即， ∴椭圆的方程是，离心率. 【小问2详解】 设直线，设， 由得：. 与抛物线有两个交点，， 则到的距离， 又，所以即 ，故 【小问3详解】 设直线，设， 由消去得： 因为在椭圆内部，所以与椭圆恒有两个交点，所以， 由成等差数列得. ， 所以，解得 所以直线的方程为. 18. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）将五进制数转化为十进制数，将十进制数转化为三进制数可得结果. （2）①求出时，位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望； ②求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望，即可证明结论 【小问1详解】 由题意得，将五进制数转化为十进制数为， ∵，∴， ∴五进制数转化成三进制数为. 【小问2详解】 ①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况. ∵，∴的所有可能取值为. 当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况， 共有种情况，故. 当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∴. ②∵位二进制数的， ∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个， ∵，∴的可能取值为. 当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同， 除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同， 由于，故共有种情况， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∵， ∴ ， ∴. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）记函数的极小值点为，若满足，设集合，，其中表示不大于的最大整数. （i）求和的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合的关系（参考数据：）； （ii）定义：若集合满足：，且，则称集合是正整数集的一个“互补覆盖”，求证：集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 【答案】（1）减区间为；增区间为 （2）（i），；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出单调性即可； （2）（i）求出导函数得出极小值点，再应用集合新定义计算求解；（ii）根据集合的新定义，解法一：应用新函数定义证明或解法二：应用反证法证明即可证明. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ， 当时，，故函数单调递减； 当时，，故函数单调递增. 所以函数的减区间为；增区间为； 【小问2详解】 （i）当时，， 令，解得， 函数）在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故 ，故，故； ，故，故； ，故，故. 故； （ii）先证明：.假设存在正整数满足， 记，其中，且. 若，则， 即，显然等式右侧为整数，左侧为无理数，故. 故， 故，与假设矛盾，故假设不成立，因此； 再证明：. 解法一：由（1）知时成立，设任意一个大于6的正整数为， 一定存在正整数满足， 即证明的整数中有个在集合中， 有个在集合中，，只需证明即可. 易知，且， 又因为， 即，故，又，于是原结论成立， 综上知，集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 解法二：由（1）知时成立，假设存在一个大于6的正整数为，不存在正整数， 满足， 或时，无理数等于有理数，显然不成立， 所以，且 所以且 化简得，显然不成立,故假设不成立，所以原命题得证， 又，综上知，集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $