山东省泰安第三中学2026届高三下学期六月份高考考前训练数学试题

**基本信息** 全面覆盖集合、函数、立体几何等高考核心知识，通过梯度设计适配高三备考需求，注重数学思维与应用能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|集合运算、函数性质、向量投影、数列递推|基础概念辨析，如第4题等差数列隔项递推考查逻辑推理| |多选题|3题18分|不等式性质、概率统计、立体几何动态问题|多选项分层设计，如第11题正方体动态点线面关系综合空间观念| |填空题|3题15分|排列组合（社区志愿）、解三角形（建筑测量）、二项式定理|情境化应用，如第12题结合社区志愿体现数学语言表达现实问题| |解答题|5题77分|立体几何证明与线面角、等比数列求和、独立性检验、椭圆定值证明、导数单调性与恒成立|综合性强，如第19题导数结合分类讨论与恒成立考查数学思维的严谨性，贴合高考命题趋势|

山东省泰安三中2026年六月份高考考前训练 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）若，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知不共线向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（    ） A．2 B．1 C． D．0 4．（本题5分）设是公差为1的等差数列，且，若，则（    ） A．2026 B．2027 C．1013 D．1014 5．（本题5分）已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知椭圆：与抛物线：交于，两点，点为椭圆上顶点，直线，的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 的最小值为 D．若，则 的最大值为2 10．（本题6分）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 11．（本题6分）已知P，Q分别是正方体的棱，上的点，且，正方体的棱长为1，则（   ） A． B．平面 C．的最小值为 D．平面PBQ与平面ABCD的夹角的余弦值的最大值为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）高一年级安排一班的甲、乙，二班的丙、丁，三班的戊共5名同学去Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ四个社区做志愿者，每名同学只去1个社区，每个社区至少1名同学，且同一班级的同学不去同一个社区，则不同的安排方法共有________种．（用数字作答） 13．（本题5分）某长方体建筑可以近似看成长方体，点在的延长线上，是垂直于地面的测量标杆，高为m. 现测得长为m，在处测得点的仰角为， 点的仰角为. 若，则建筑物的高为______ m（答案精确到0.01） 14．（本题5分）设函数，当时，表达式的二项展开式中的系数是______． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线和平面所成的角的大小． 16．（本题15分）已知公比不为1的等比数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 17．（本题15分）为了解关注“苏超”赛事与性别是否有关系，某机构随机抽取了部分市民，调查他们对赛事的关注情况，得到如下列联表. 不关注赛事 关注赛事 合计 男性 25 150 175 女性 50 75 125 合计 75 225 300 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为关注“苏超”赛事与性别有关？ (2)现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层随机抽样的方法抽取6名市民参加“苏超”赛事知识问答，再从这6名市民中抽取2人参加抽奖活动，记这2人中男性人数为X，求X的分布列和数学期望. 附：， 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 18．（本题17分）已知为椭圆：的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求的方程； (2)过的直线与椭圆交于，两点（不与椭圆的左，右顶点重合），设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； 19．（本题17分）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程： (2)讨论函数的单调性； (3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安三中2026年六月份高考考前训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A D A D C A BD ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【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．A 【详解】， 则． 3．A 【详解】由题知，，， 则. 设，即，，即，解得或. 当时，，则，此时共线，不合题意； 当时，，符合题意. 4．D 【分析】先由的公差推导的隔项递推关系，明确奇数项为公差1的等差数列，再代入计算. 【详解】已知是公差为1的等差数列，故对任意，有 . 由题设，可得，同理. 将代入的表达式，得： ， 即的奇数项、偶数项分别构成公差为1的等差数列. 属于奇数项，首项，奇数项通项为：对，. 令，解得，所以. 5．A 【分析】先应用两角和正弦公式得出，再结合同角三角函数关系及二倍角正弦公式求解. 【详解】由，得，则， 所以，即得， 由，得． 6．D 【分析】如图，设外接圆的圆心为，设三棱锥外接球的球心为，连接，，设，过点作的平行线，与的延长线交于点，连接，利用题中条件分别求得，,4，进而，，由，列式，解得，再根据球的表面积公式即可得答案． 【详解】如图，设外接圆的圆心为， 因为都是等腰三角形，，， 所以，是的中点． 设三棱锥外接球的球心为，连接，，则平面． 过点作交的延长线于点． 设在平面内的射影为，连接， 因为二面角的大小为, 所以． 因为是等腰三角形，且， 所以， 所以 ． 过点作的平行线，与的延长线交于点，连接， 则,4，， ． 设，则由，可得， 解得， 故三棱锥外接球的表面积为． 7．C 【分析】通过抛物线的对称性设出和的坐标并表示出和斜率之积，联立椭圆方程求解离心率. 【详解】 因为与关于轴对称，所以设，，. 则，， 所以斜率之积.则， 又因，则 则得,因,则得, 故. 8．A 【分析】令，根据，结合的单调性，可得，进而得在上恒成立，求得的最小值即可. 【详解】由题意可得，. 令，则在上单调递增， 又，， 所以，所以，即在上恒成立. 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以. 9．BD 【分析】利用不等式的性质判断A，利用作差法判断B，根据基本不等式求最值后判断CD. 【详解】对于A，因为，由不等式的性质可得，故A错误； 对于B，， 因为，故，故， 故，故B正确； 对于C，， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 对于D，， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为2，故D成立. 10．ACD 【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. 11．ACD 【分析】由题知四边形是平行四边形，进而判断A；假设平面，则可以推出，显然矛盾，进而判断B；将问题转化为在正方体表面上由点经棱到点的最短距离问题，再结合展开图形求解判断C；设，利用坐标法求解判断即可. 【详解】因为，所以四边形是平行四边形． 对于A选项，有，故A选项正确； 对于B选项，若平面，由平面得， 因为，，所以四边形是菱形，则，矛盾， 所以假设不成立，故B选项错误； 对于C选项，，即在正方体表面上由点经棱到点的最短距离问题， 可通过翻折转化为平面问题：，故C选项正确； 对于D选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，有，设， 则，所以，， 设平面的一个法向量为， 则由得，取，有， 而平面的一个法向量为， 记两个平面的夹角为，则，故D选项正确． 12．192 【分析】先将5名同学分成4组，再将分好的4组全排列安排到4个社区，同时要考虑同一班级的同学不去同一个社区这一限制条件，最后用分步乘法计数原理计算总数即可. 【详解】5人分配到4个社区，且每个社区至少1人，则分组模式为2，1，1，1型（1个2人组，3个1人组）， 不考虑限制时，从5人中选2人的组合数：， 剔除同班同学同组的无效组合：{甲，乙}、{丙，丁}，共2种，有效2人组有种， 再将1个2人组和3个1人组分配到4个不同社区进行全排，则不同的安排方法共有种. 13． 【分析】作，设出建筑物高度，然后用来表示，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求解出即可. 【详解】 设建筑物高为，. 在线段上截取，则四边形为矩形， 在线段上截取，则四边形为矩形且四边形为矩形. 在直角三角形中，，，. 同理. 在直角三角形中，记，，即，解得. 14． 【详解】当时，，所以. 展开式中，的系数为. 15．(1)取中点，连接，由为中点，得且， 又，，则且，四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面， 所以平面. (2)由为的中点，，，得四边形为平行四边形， 则，而，则，由是等边三角形，得， 又平面，因此平面，而平面. 所以平面平面. (3) 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （3）以中点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在正中，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，在平面内作，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由（2）知，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成的角为. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的性质，和题目已知条件，列出方程，求出公比，进而写出通项公式； （2）根据等比数列前项和公式，求出，再构造数列，进而分组求出. 【详解】（1）设等比数列的公比为，且， ，，由等比性质可知， 因为，所以， . （2）， ． 17．(1)依据小概率值的独立性检验，能认为关注“苏超”赛事与性别有关 (2) 的分布列为 0 1 2 【分析】（1）计算卡方，即可与临界值比较求解， （2）根据超几何的概率公式求解概率，即可得分布列. 【详解】（1）零假设：关注“苏超”赛事与性别无关， 则， 故依据小概率值的独立性检验，能认为关注“苏超”赛事与性别有关， （2）关注赛事的男女的比例为，故抽取的6个人中，男生抽取了4人，女生抽取了2人， 故可取0,1,2， , 故的分布列为 0 1 2 18．(1) (2)设过的直线方程为，交点，联立方程可得： ，消去整理得：，， 由韦达定理得： ， 化简得：，由知，斜率，， 因此：，代入，化简可得： ，故为定值，定值为. 【分析】（1）利用椭圆基本性质和点到直线距离公式建立方程求解. （2）先联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率比值表达式化简得出定值. 【详解】（1）已知右焦点，所以椭圆中， 右顶点，上顶点，根据两点式的方程可得： 直线的方程：，原点到直线的距离为： ，两边平方得， 又因为， 所以 代入上式可得：，化简可得：， 解得（负根舍去），故，因此椭圆的方程为： . （2）略. 19．(1) (2)当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. (3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）求出函数的定义域，求出，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）参变量分离得，令，所以，构造函数，，利用导数求出该函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则， ，则， 所以当时，曲线在处的切线方程为， 即. （2）函数的定义域为， 则， 当时，对任意的，恒成立， 此时函数的增区间为，无减区间； 当时，对于函数，. 若时，即当时，对任意的，， 此时函数的增区间为，无减区间； 若时，即当时，由可得， 由可得或， 此时函数的减区间为， 增区间为、. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （3）因为不等式对任意恒成立，则， 因为，则，所以，则， 即， 令，所以， 令，，则， 令，其中， 则， 由（2）知，当时，函数在上为增函数， 因为，则， 所以， 即函数在上为增函数， 此时，则， 所以函数在上单调递增，则，所以， 故实数的取值范围是. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $