精品解析：山东日照市2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷

2023级高三模拟考试 数学 2026.05 考生注意： 1．答题前，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，将试题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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助补集与交集定义计算即可得. 【详解】由，，则， 又，故. 2. 已知复数z满足，则（ ）． A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模的公式求解. 【详解】由可得， 故， 故选：C 3. 设是夹角为的两个单位向量，若，则（    ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】，则． 4. 已知数列，则“为等差数列”是“，（m为常数）”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】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】若为等差数列，设其公差为，则，即符合条件； 若，则的奇数项和偶数项分别成等差数列，不一定为等差数列， 如数列，通项公式为，满足，不是等差数列； 所以“为等差数列”是“，（m为常数）”的充分不必要条件. 5. 已知函数且 ，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数的运算性质计算即得. 【详解】由题意知 ， 所以，即得 解得. 故选：C. 6. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数． 【详解】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大， 它的展开式共计有项，， 故二项展开式的通项公式为， 令，求得，可得在的展开式中的系数为， 故选：A． 7. 已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用余弦相等的解方程条件求出两曲线交点的坐标规律，再结合相邻三个交点构成等腰直角三角形的几何性质，通过等腰直角三角形斜边与高的数量关系建立方程，即可求解的值. 【详解】∵ 两曲线交点满足， 根据余弦方程的解为，分情况讨论： . 若，化简得，无实数解，舍去； . 若，整理得， 解得交点横坐标为. 将横坐标代入，得交点纵坐标： ∴ 相邻三个交点的坐标为： ，，. ∵ 三点构成等腰直角三角形，直角顶点为中间点， ∴ 斜边的长度为横坐标差：， 斜边上的高为两点纵坐标差：. ∵ 等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半， ∴ ，代入得： 化简得，解得. 【点睛】1. 技巧提示：求解两个三角函数交点问题时，优先利用三角恒等变换解方程得到交点的坐标规律，避免逐点枚举. 2. 几何性质应用：等腰直角三角形斜边上的中线（高）等于斜边的一半，是本题建立参数方程的关键，避免了复杂的斜率/长度计算. 8. 已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（　　） A. 有且仅有一点P使二面角取得最小值 B. 有且仅有两点P使二面角取得最小值 C. 有且仅有一点P使二面角取得最大值 D. 有且仅有两点P使二面角取得最大值 【答案】D 【解析】 【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断． 【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示， 因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A， 所以，平面，，所以平面， 平面，所以，， 所以是二面角的平面角， 设，，，，则， 由已知得，， ， ， ， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，当时，取最大值，没有最小值， 即当时取最大值，从而取最大值， 由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点， 所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值． 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件A和B相互独立，则 C. 已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是，若，，则 D. 已知，，，的平均数为，方差为2，则，，，，的方差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】据二项分布的方差判断A，根据独立事件与互斥事件判断B，根据线性回归方程过样本中心点判断C，根据方差定义计算判断D. 【详解】由二项分布知，当时，则，故A正确； 因为事件A和B相互独立，所以可能同时发生，即不一定是互斥事件，所以不一定成立，故B错误； 因为满足线性回归方程，所以，解得，故C正确； 因为，，，的平均数为，方差为2，所以， 即， 而，，，，的平均值为， 所以方差为，故D正确. 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D. 【详解】对于A，依题意得，设直线， 联立，消去x得，则， 则，解得或， 则或， 则直线l的斜率，故A正确； 对于B，， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对于C，因为，所以，故C项错误； 对于D，依题意有，抛物线的准线方程为，所以， 则，由抛物线的定义可得， 可得， 因为，所以 ， 当且仅当时取等号，此时，故D项正确． 故选：ABD． 11. 已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. D. 数列为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】由求判断A，根据新定义及二进制判断BC，根据二进制意义及等差数列的定义判断D. 【详解】对于A，当时，，当时，，所以，故A错误； 对于B，，其中， 则表示二进制中1的个数，，则，故B正确； 对于C，设的二进制为，则的二进制为后加3个0（左移3位）， 的二进制为后接101（因），原末3位若为000，现变为101， 新增2个1，故；的二进制为B后加2个0（左移2位），的二进制为B后接11（因​），原末2位若为00，现变为11，新增2个1，故，两者相等，故C正确； 对于D，因为，所以，， 所以， 因为.的二进制表示为，所以， 则，因为， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，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，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】结合同角三角函数的基本关系和余弦的两角差公式可求解. 【详解】，由平方关系, 13. 在棱长为1的正方体中，M为正方体内（含表面）的动点，若直线与的夹角为，则点M的轨迹形成图形的面积为___． 【答案】 【解析】 【分析】由题设可得M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的. 【详解】因为，则M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的， 又因为母线 则点M的轨迹所形成图形的面积为：， 14. 设，，，…，，其中，则的零点个数为_____． 【答案】2027 【解析】 【分析】分析 的表达式规律，通过递推归纳出 的分段形式与零点、分段区间的规律，再结合函数的单调性、值域来确定交点数量. 【详解】∵ ，， ∴ 归纳可得的性质： 1. 基本属性 ∵ 所有迭代均为绝对值变换，∴ 定义域为，值域为，图像连续无间断. ∵ 关于直线对称，迭代操作不改变对称轴，∴ 关于直线对称. 2. 零点分布 令，得，逐层递推得， ∴ 零点为，即，共个零点，相邻零点间距为，均关于对称. 3. 分段表达式与图像形态 ① 当时，迭代后绝对值均可直接展开，，为斜率为的射线，过点向右上方无限延伸； ② 当时，迭代后绝对值均直接展开，，为斜率为的射线，过点向左上方无限延伸； ③ 当时，任意相邻零点构成区间（为偶数），区间内为开口向下的V形折线，顶点为区间中点，纵坐标恒为. 4. 整数点函数值 当为整数时，若为偶数，则；若为奇数，则. 要求的零点个数，即求与的交点个数，其中，对数底数为，分区间讨论： ① 当时， ∵ ，单调递减，值域为， 在内单调，值域为， ∴ 两函数在内有且仅有个交点. ② 当时， ∵ ，单调递增，值域为， 在内为分段线性函数，值域为，每一段斜率交替为，与单调递增的对数函数共有个交点. ③ 当时， ∵ ，单调递增，斜率为， ，单调递增，且导数为 ， 当时， ， 当足够大时，线性函数增长速度远快于对数函数，故 ， ∴ 两函数在内有且仅有个交点. 综上，交点总个数为 ，即的零点个数为. 【点睛】方法归纳：本题属于迭代函数与对数函数的零点交点问题，核心解题思路是先归纳迭代函数的周期性、值域、单调性特征，再结合另一函数的单调性与增长速度，分区间逐一判断交点个数，利用归纳推理简化复杂迭代的分析过程. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，且． （1）证明：，，成等差数列； （2）若，延长至，使得，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知结合两角和的正弦公式，诱导公式及正弦定理即可证明； （2）由及已知得出是等边三角形，设，则，由余弦定理即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 由正弦定理得，，所以，，成等差数列． 【小问2详解】 因为，代入，可得， 因为，所以，所以是等边三角形， 设，则， 在中，由余弦定理， 得， 所以． 16. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析 （2）选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故. （2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. 【小问2详解】 四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 17. 设． （1）设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值； （2）若正实数a，b满足：对于，都有，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数求出平行于直线的直线与曲线相切的切点坐标，再结合几何性质求出最小值. （2）等价变形给定不等式并构造函数，利用导数求出函数的最小值，由此最小值不小于0得，进而得的关系式，再构造函数并求出最大值即可. 【小问1详解】 依题意，将直线往靠近曲线的方向平移， 当平移到直线与曲线相切时，切点P与直线间的距离最近， 设切线方程为，切线与曲线的切点为，而， 则，即，解得，，点到直线的距离， 因此，当且仅当点坐标为，且垂直于直线时取等号， 所以的最小值为. 【小问2详解】 对于任意，不等式恒成立，， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此，即，由，得， 解得，则，令函数， 求导得，当时，； 当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 则，因此，所以的最大值为． 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线C：（）的左，右焦点为，，直线l交C于A，B两点，点在C上．且当为等腰三角形时，． （1）求C的方程； （2）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点． ①当M为C的右顶点时，若，求l与x轴的交点的坐标； ②当l过点时，记的费马点为P，，，的面积分别为，，，求的最小值． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）当时，将会得到矛盾，当，利用余弦定理得，则得到其方程； （2）①设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再根据向量垂直的坐标表示得到，再替换后代入韦达定理化简即可；②首先验证斜率为0时的情况，再考虑斜率不为0时，计算，代入韦达定理式得其恒为0，则，再化简面积表达式，最后利用换元法和基本不等式即可得到最值. 【小问1详解】 由对称性，不妨设点M在双曲线右支上，则， 若，则， ，， 又因为，所以， 所以 ，矛盾，舍． 若，则， ，， 解得，，所以双曲线C：． 【小问2详解】 ①由(1)知. 当直线斜率为零时，设，则， ，， ， 又因为，解得，不符合题意； 当直线的斜率不为零时，设， 由，可得 ，， 则， ，，， ， 即 ， 或1（舍），时，满足． 与轴交点的坐标. ②设l的方程为， 因为l过点，所以 ． 由C：变形得 ， 即 ， 所以 ， 整理得 ， 所以 ，即． 当，中有一条直线斜率不存在时，假设斜率不存在，，l过点可得l：，由对称性可知也满足． 综上，恒有，所以费马点P在内部，且 ， ， 又因为，由余弦定理得： ， 所以， 即 ， 令 ， ，则，所以 ． 因为所以 ， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为． 19. 在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 【答案】（1） （2）①；； ； ②证明：由可知： 则 所以， 令（），则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 则对任意正整数都有， 所以 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即 ， 综上，当时，成立，所以点M是常返的． 【解析】 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）①分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简； ②利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【小问1详解】 记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点，，，这四种情况．则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为． 【小问2详解】 ①点M在第2秒末回到原点，；⋯ 点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动i（）次，则上下各移动次， 所以 . ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三模拟考试 数学 2026.05 考生注意： 1．答题前，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，将试题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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ）． A. B. C. D. 2 3. 设是夹角为的两个单位向量，若，则（    ） A. B. 2 C. D. 3 4. 已知数列，则“为等差数列”是“，（m为常数）”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 5. 已知函数且 ，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. 4 D. 6. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 7. 已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（　　） A. 有且仅有一点P使二面角取得最小值 B. 有且仅有两点P使二面角取得最小值 C. 有且仅有一点P使二面角取得最大值 D. 有且仅有两点P使二面角取得最大值 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件A和B相互独立，则 C. 已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是，若，，则 D. 已知，，，的平均数为，方差为2，则，，，，的方差为 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 11. 已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. D. 数列为等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则_____． 13. 在棱长为1的正方体中，M为正方体内（含表面）的动点，若直线与的夹角为，则点M的轨迹形成图形的面积为___． 14. 设，，，…，，其中，则的零点个数为_____． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，且． （1）证明：，，成等差数列； （2）若，延长至，使得，求． 16. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 17. 设． （1）设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值； （2）若正实数a，b满足：对于，都有，求的最大值． 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线C：（）的左，右焦点为，，直线l交C于A，B两点，点在C上．且当为等腰三角形时，． （1）求C的方程； （2）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点． ①当M为C的右顶点时，若，求l与x轴的交点的坐标； ②当l过点时，记的费马点为P，，，的面积分别为，，，求的最小值． 19. 在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $