山东省顶尖计划2027届新高三上学期摸底考试数学练习卷

**基本信息** 以一百零八塔文化情境与网约车派车模型为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过基础题与创新题分层设计，考查数学抽象、逻辑推理及数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|中位数、集合、抛物线等|第8题以一百零八塔等差数列分组考查数学文化| |多选|3/18|复数、空间几何、圆与直线|第11题多圆弦长比较体现空间想象| |填空|3/15|双曲线离心率、偶函数、数列|第14题连续等比数列项考查创新思维| |解答|5/77|立体几何、概率、椭圆、函数证明|第17题网约车派车概率模型考查应用意识，第19题函数单调性证明突出逻辑推理|

机密★启用前 山东省顶尖计划2027届新高三摸底考试 数学参考答案 2026.07 一、单项选择题：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.C2.B3.A4.C5.A6.D7.A8.B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中有多项 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.AC 10.BC 11.BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.3 13.2 14.得 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骠。 15.(13分) (1)如图，过点E作EG∥CC1,交AD于点G,则有AG=3GD,GD=1. 0 C E 连接CG,则C,C1,E,G四点共面，平面CEF即平面CC,EG. A B 庙C08C=∠GDC=DCB=90°，可得△GDC与△DcB相@ 所以∠GCD=∠DBC,则可得∠GCD+∠BDC=90°，所以CG⊥BD. C 长方体ABCD-ABCD中，CC⊥平面ABCD, B 因为BDC平面ABCD,所以CC⊥BD 又CC∩CG=C,CC,CGc平面CEF,所以BD⊥平面CEF (2)过点E作EG∥CC1,交AD于点G,则有AG=3GD,GD=1, 连接CG,则C,F,E,G四点共面，平面CEF即平面CFEG. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xz,则 D(0,0,0),A(4,0,0),F(0,2,2),E(1,0,3),G(1,0,0) 答案第1页，共9页 EF=(-1,2,-1),AE=(-3,0,3),所以A正EF=0, 所以AE⊥EF 取的中点卫，则P》所以即-（》 GmF=1+2- 2 =0,所以GP⊥EF. 2 所以异面直线AE与GP所成的角等于平面AEF与平面CEF的夹角 3+15 又cos(AE,GP)= AE.GP 22 AE GP 3W2x30 5 2 所以平面AF与平面CBP的夹角的余弦值为西 (3)方法一：由EF=(-1,2,-1),AE=(-3,0,3),得AE.EF=0, 所以AE⊥EF 所以△ABF的面积为分4B五5-}35x6-35, 由(2)知，平面AEF的一个法向量为i=(11,1),AC=(-4,2,0) AC.|-4+225 点C到平面AEF的距离为 网33 所以三棱锥C-ABF的体积r-×35x25-: =2 3 所以三棱锥A-CEF的体积为2 16.(15分) (1)在△ABC中，AB=3,BC=23，,csB= 3 由余弦定理可知4C心=AB2+BC2-2:BBC.cos=9+12-2x3×25×5 =9, 故AC=3.再由余弦定理得cos4=1B+AC2-BC_9+9-12_6_1 2AB·AC 2×3×3183 (2)以A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则40,0)，B3,0),由4C=3,cosA=得C0,22) D在BA延长线上，设AD=t>0,则D(-t,O),BC=(-2,2W2),DE//BC, 答案第2页，共9页 设DE=(-2,2W2),则E(-t-21,2W2) 由4B1AC,得远花-0，故←-i-2x1+22A小25=01+61=0=名 于是D6=AB-名25- 3 已知g=6,则9=61=3，则 2 代入得E(-4W2,2,而C1,2W2), 故CE=V0+4W2)2+(2√2-2)2=V33+8√2)+12-82)=√45=3√5. 17.(15分) k-1 ,证明如下： 由题意知， PX>)=1-PX≤=1- 衡剧 所以，对任意的正整数5，t. P(X>s+x>5)=PX>s+ 3 P(X>t) P(X>s) (2)由(1)知，PY>4)=PX-1>4X>1)=P(X>51X>1)=P(X>4), 平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为0,3， 则P(5=3)=PW>4)=P(X>4)= 所以B()=3x6+0xP05=0)= 81 27 16 即平台需要赠送的优惠券金额5的期望为 元 27 18.(17分) 答案第3页，共9页 1)已知椭圆x+y 京+尔1的左焦点为F(1,0),离心率e=号 则c=1,e=C=1 a2解得a=2,2=a2-c2=2-12=4-1=3, 因此椭圆方程为：+ 。=1. 43 (2)解法一： 设1：y=k(x+1)k>0),点P(,),点O(2,y2),其中x1>3, y=k(x+1) 联立直线与椭图方程三+上-1：得(3+)r+8x+-12=0, 43 8k2 由韦达定理得，+x2= 4k2-12 3+4=3+4k2, 由于P,R两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点R(-x,-片)，且=k(x1+1),y2=k(x2+1), (i) 由面积公式，S△PQ0=I0F·以-y2=2·1·y-y2l= 2y-y2l=1-x2), 又因为O是线段PR的中点，所以S△PQ0=S△RQO,所以S△PQR= x 25aPq0=kx-x),SaPo=0F=兰=， 2 由于0=3，得2)=3.即+243， 令4=，由+名=3十4 81与1+2x2=-3，得x1=9二4，y 9+4 3+4u 代入5书= 2,得-9-09+u-12 5 3+4u (3+4u) 3+4u，解得u= 4 所以k=5,所以直线的方程为y=5 (+1). (ii)直线OR的斜率为 y=k+5+2=-3 -X1-X2x+x2 4k' k+ 3 3 于是tan∠PQR= 4k 1 3 上折+之24歌5，当且仅当=号时取等号， k 4 答案第4页，共9页 故tan∠PQR的最小值为4w5, 解法二： (i)如图所示，设直线1的方程为x=w-1,其中斜率k=】>0→m>0, n 设点P(1,1),点(x2),且x2,y2<0, 根据椭圆的中心对称性可知，点R(,-), x=y-1 联立直线与椭圆方程，得x2y2 =1化简得(3r+4)2-6w-9=0, 4.3 6nL -9 由韦达定理可得片+为3+4y少3m+4' 因为R是P关于原点O的对称点，所以O是线段PR的中点， 因此SAPQ0=S△RQ0,所以SAP2R=2S△P20, 由于S△P2R=3S△PF0,所以2SAPe0=3S△PF0, soy--1-=-y, 8o=3o=21=l, 所以234小3g-, 由于片>0，少，<0，所以简化为4-少=)y→4=-2%， -6 -9 代入韦达定理，得为3+4则山=-2=-2 -61m）2 3m2+4-32+4 化简得45m=36,由于m>0,解得m=2-25 55 所以直线的方程为2，-1，y=原+) (ii)由题意，∠POR即为直线OP与直线OR的夹角， 直线QP即直线l,方程为x=四-1(m>0), 点O(5),点P(,),点R(-5,y),直线OP的斜率= 答案第5页，共9页 直线QR的斜率2= 2-（-)-当+出 x3-（-x1)2+x 由于P,2在直线x=y-1(m>0)上，有x1=-1,x2=y2-1, y+v 则kR= m+巧)2，代入片+为= 611L 3m2+4' 6m 6m 则kgR= 3m2+4 6m__3m 6m-26m2-2(3m2+4）-8 4 n· 3m2+4 设直线QP的倾斜角为，直线OR的倾斜角为B,则∠PQR=π-B+, 因此tan∠PQR=tan(π-B+x)=tan(a-B)= tana-tanp kor-koz 1+tanatanB1+kgp·kgR 137 即tan∠PgR= kop-hoR m 4 4+32 4 =3+ 1+kop koR 1+1 3m n 4 由基本不等式得3别音之45，当且仅当3a-片，即m=时取等号.所以m∠P的最小值 m m 2 为4W 19.(17分) (1)由题意， 在fx)中，f)= 2,x<0 在D()={d∈Rf(+d)>f(}中， -)-aeRV-1d---deRf-- f(-1+d>2 当-1+d<0时，2>}2，-1+d>-1,解得d>0, 2 当-1+d≥0时，1-(1+0分解何d号， 0sd<3 2 3 D(-（0 (2)由题意证明如下： 在f(x)中，f(x)是奇函数，当x<0时，f(x)=2∈(0,1). f(0)=0,当x>0时，f(x)=-f(-x)=-2e(-1,0), 答案第6页，共9页 2,x<0 ∴f(x)=0,x=0 在集合D=àR(伍+d)>f}中， 当<0时，D()={d∈R/f(+d)>f(}=(O,-), 当=0时，D()={deRf(+d)>f(a)}=(-o,-x), 当>0t0,ddeRf(+d)>f(}=(-m,-n]U(0,+), D(x)=(-0,0),x=0 3≠0(0，-x]U(0,+∞)，x>0 ∴≠0且x2≠0，即f()≠0，f()≠0， f()≤f(s), ①当f(:)≤f(x)<0时，解得0<≤x, D(x)=(-0,-x]U(0,+0),D(x3)=(-0,-x3]U(0,+0), 此时D(x)eD(:), ②当f(:)<0<f()时，解得，<0<，， D()=(-0,-x]U(0,+∞)，D(x)=(0,-x), 此时D(x)二D(:), ③当0<f()≤f(x)时，解得，？x0, D(x)=(0,-x),D(x2)=(0,-x2), 此时D(x)eD(), 综上，D(x)D() (3)(1)由题意证明如下， 法一： 若f(0)<1,则存在t∈(-1,0)，使得f(t)≥f(0), 条件①：若f(s)≤f(x),则D()D(), ∴f(0)≤f(),则D(t)D(0), 取d=,则f+)=f>④.此时4eD0. 4=》则60.即400. 但d,eD(t)sD(O)→d∈D(O),相矛盾， .f(0)21 法二： 假设f(0)<1,则存在t∈(0,2)，使得f()=2≥f(0), 从而4=2e(0,)eD(-)eD(o),这导致/ 答案第7页，共9页 但co. 限据条件又有了日o),矛后， 假设不成立，f(0)≥1 (ii)由题意，（2)及(3)(i)证明如下， 在集合D(x)={d∈Rf(+d)>f()}中， 要证f(x)在(0，+o)上单调递增， 即需证>0，d>0,都有deD(x), 即需证x>0,d>0,都有f(x+d)>f(x), ①先证明：当x>0时，f(x)≤0， 假设x>0,使得f()>0, 当x<0时，f(x)=2, <0,使得f(伍)≤f(), D()D(), 而当<0时，D()[0,+o), 否则d<0,使得d∈D(x),f(:+d)>f(:),与f(:+d)≤f(:)矛盾， ∴D(x)c[0,+n), -ED(), ∴f(0)=f(+(-)≤f(x), 由(3)(i)得，f(0)≥1， 则f()≥1， 由条件②：当0<x<1时，f(x)<f(0), 则≥1， 否则<1时，f()<f(0)与f(0)≤f()矛盾， 若>0，使得f()>0,则≥1，f()21,(*) x<3<0，使得f(x)<f(x)<f(), 则D(x)2D(x)2D(x), 令d=->1,f(+d)=f()>f(), 此时d∈D(),则deD(),则f(+d)>f()>0, “f(x-(3-x)》>0, x-x3∈(0，+0)， 易取x3,3满足-(x3-x2)e(0,1),3u∈(0,1)使得f(u)>0, 根据(*)可得，此时u≥1，与u∈(0,1)矛盾， 答案第8页，共9页 当x>0时，f(x)≤0， ②证明：对x>0,d>0,都有d∈D(x), x>0,x4<0,都有f()<0<f(x4), D()2D(x4), 对任意给定的d>0,取x4<-d,则f(x4+d)>f(x4)→d∈D(x4)二D(), 对x>0,d>0,都有d∈D(x), ∴f(x)在(0，+n)上单调递增. 答案第9页，共9页机密★启用前 山东省顶尖计划2027届新高三摸底考试 数学试题 2026.07 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡 上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题 区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：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.样本数据5,9,1,3,7的中位数是 A.1 B.3 C.5 D.7 2.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC.ED= A.5 B.3 C.25 D.5 3.设集合U=R,集合M={x<号，W={-1<x<2},则{x≥2} A.ǒ，(MUN) B.NUǎ，M c.d(M∩N) D.MOdN 4.曲线y=在点1 处的切线方程为 x+1 e ee A.y=x B.y=ex 4 C.y= D.y=ex+3e 2 2 4 5.已知点P在抛物线y=4x上，那么点P到点Q(2,-1)的距离与点P到抛物线焦点距离之和取 得最小值时，点P的坐标为 A.年-0 B.) C.1,2) D.1,-2) 6.已知函数f(x),8(x)的定义域均为R,且f(x)+8(2-x)=5,8(x)-f(x-4)=7.若y=8(x)的 图像关于直线x=2对称，g(2)=4,则∑f(k)= =1 A.-21 B.-22 C.-23 D.-24 高三数学试题第1页（共4页） 7.设U={(x,x,)∈{-2,1,1,2}，i=1,2,3}为空间中64个点构成的集合，点P(111),记样本 空间2=P,从2中随机取一个点，定义随机变量X如下：对2中的每个点A(,x2,x3), 令X(A)=x+x2+x3,则X的数学期望值为 B.-1 C.0 63 D月 8.一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐 迩.该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第i行中塔的座数记为a(i=1,2,…,12), 其中4=1,42=43=3,44=4=5，且4,4，.，42是一个首项为7，公差为2的等差 数列.将41,4，，42分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为 6且公差为d(d>0)的等差数列，则d= A.2 B.4 C.6 D.8 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中有 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.设复数o=-1+ 2i,则1+0= 22 A.-03 B.2 c.-1 0 D 10.在空间中，A、B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点D到直线AB的距离为1.若 二面角C-AB-D为60°，则 A.∠CAD≥60° B.CD3 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD 11.己知圆C:(x+1)2+y2=1,圆C2:-1)2+y2=1,圆C3:x2+(y-3)2=1,直线：y=kx+b 与C1,C,C3均有两个交点.记l被C1,C,C3截得的弦长分别为S、S2、S3,则 A.k可以取任意实数 B.满足S,=S2=S3的直线l共有3条 C.满足S1+52+S3=3的直线l多于3条 D.当b=0时，+5+5的最大值为2W 3 高三数学试题第2页（共4页) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.三角形三边长为5,6,7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心 率为 1B。若f)=-广+++习为偶西数。则a= 14.设实数q满足：存在数列{a},使得对于任意n∈N,均有4+a+…+4n=n2+n,且{a} 中有某连续9项4,4H,,a是公比为q的等比数列.则q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.(13分) 在长方体ABCD-ABC1D中，AB=2,A4=3,AD=4,AE=3ED,2C1F=FC. (1)求证：BD⊥面CEF; (2)求面AEF与面CEF的夹角的余弦值： (3)求三棱锥A-CEF的体积. B 16.(15分) 已知在△ABC中，AB=3,BC=25,coB= 3， (1)求cosA: (2)设D,E两点满足：D在BA的延长线上，DE∥BC,AE⊥AC.若DE=√6，求CE, 17.(15分) 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一 辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆 车接单的概率均为}，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次 数为X 高三数学试题第3页（共4页） (1)求X=k(k∈N)的概率P(X=k),并证明：P(X>s+X>s)=P(X>t)对任意正整数s, t恒成立； (2) 已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为Y.平 台规定：若Y>4,则赠送该用户一张金额为3元的优惠券：否则，不赠送优惠券求平 台赠送该用户的优惠券金额5的期望. 18.(17分) 已知椭圆c:+y 元+存=1a>b>0)的左焦点为F-1,0),离心率为} (1)求C的方程： (2)设O为坐标原点，过F且斜率大于0的动直线1与C交于P,Q两点，其中Q在第三象限， 直线PO与C的另一个交点为R. (i)若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求l的方程： (ii)求tan∠PQR的最小值. 19.(17分) 已知函数f(x)的定义域为R,且当x<0时，f(x)=2,对任意x∈R,定义集合 D()={deRf(s+d)>f()}. (1)若当x≥0时，f(x)=1-x,求D(-1): (2)若∫(x)是奇函数，f(x)≤f(x2),且x2≠0，证明：D(x)三D(x1): (3)设f(x)满足：①若f(x)≤f(x2),则D(x)二D(3):②当0<x<1时，f(x)<f(O). (i)证明：f(0)≥1； (ii)证明：f(x)在区间(0，+o)单调递增. 高三数学试题第4页（共4页）27%高三 考试 数学答题卡 班级 姓名 学校 考场号 1,答题前请将姓名.班级、考场。座号和准考证号填 注 写清楚 意 2,客观题答题，必须使用2铅笔填涂，修改时用橡皮搽 干净， 贴条码区域 事 3.主观题必须使用黑色签字笔书写 4,必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域 项 书写无效。 5但挂突类速士完越 正确填涂■ 错误填涂 名品巴 考生禁填 缺考☐ 违规☐ (由蓝考老师填涂 选择题（用2B铅笔填涂） 1 [A][BI [C][D] 5 IA]IBIICIID] 9 IA]IB]ICI ID] 2 IAIIBI ICI ID] 6 [A][B]IC]ID] 10 IA]IBI ICI IDI 3 [A][B]IC]ID] 7 IA]IB]ICIID] 11【A1IB1IC1IDI 4 [A][B]ICI ID] 8 [Al IB][C][D] 填空题（每小题5分，共15分） 12 13 14 解答题（本大题共5小题，共77分） 15(13分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第1页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 接15题 16(15分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第2页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 17(15分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第3页共5页 ■ 请保持答题卡干净整洁，不要污损 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 18.(17分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第4页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 19.(17分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第5页共5页 机密★启用前 山东省顶尖计划2027届新高三摸底考试 数学试题 2026.07 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：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．样本数据5，9，1，3，7的中位数是 A．1 B．3 C．5 D．7 2．正方形的边长是2，是的中点，则 A． B．3 C． D．5 3．设集合，集合，，则 A． B． C． D． 4．曲线在点处的切线方程为 A． B． C． D． 5．已知点P在抛物线上，那么点P到点的距离与点P到抛物线焦点距离之和取 得最小值时，点P的坐标为 A． B． C． D． 6．已知函数的定义域均为R，且．若的 图像关于直线对称，，则 A． B． C． D． 7．设为空间中64个点构成的集合，点，记样本 空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为 A． B． C．0 D． 8．一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐 迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则 A．2 B．4 C．6 D．8 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个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．设复数ω＝，则1+ω＝ A．ω2 B．ω2 C． D． 10．在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若 二面角为，则 A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 11．已知圆，圆，圆，直线 与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则 A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．三角形三边长为，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心 率为____________. 13．若为偶函数，则______________． 14．设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且 中有某连续9项，，，是公比为的等比数列．则的最大值为____________． 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．（13分） 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 16．（15分） 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 17．（15分） 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一 辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1） 求的概率，并证明：对任意正整数s， t恒成立； （2） 已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 18．（17分） 已知椭圆的左焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限， 直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 19．（17分） 已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合 ． （1）若当时，，求； （2）若是奇函数，，且，证明：； （3）设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 试卷第2页，共4页 高三数学试题 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 机密★启用前 山东省顶尖计划2027届新高三摸底考试 数学参考答案 2026.07 一、单项选择题：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．C 2．B 3．A 4．C 5．A 6．D 7．A 8．B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个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．AC 10．BC 11．BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．3 13．2 14． 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．（13分） （1）如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. （2）过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 16．（15分） （1）在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. （2）以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 17．（15分） （1），证明如下： 由题意知，， 所以，对任意的正整数s，t． （2）由（1）知，， 平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为， 则， 所以， 即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元. 18．（17分） （1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）   由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以，， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率， 设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 19．（17分） （1）由题意， 在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴， ∴. （2）由题意证明如下： 在中，是奇函数，当时，． ∴，当时，， ∴ 在集合中， 当时，， 当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴且，即，， ∵， ∴①当时，解得， ，， 此时， ②当时，解得， ，， 此时， ③当时，解得， ，， 此时， 综上，. （3）（i）由题意证明如下， 法一： 若，则存在，使得， 条件①：若，则， ∴，则， 取，则，此时， ∵，则，即， 但，相矛盾， ∴ 法二： 假设，则存在，使得， 从而，这导致， 但， ∵根据条件又有，矛盾， ∴假设不成立，. （ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下， 在集合中， 要证在上单调递增， 即需证，，都有， 即需证，，都有， ①先证明：当时，， 假设，使得， ∵当时，， ∴，使得， ∴， 而当时，， 否则，使得，，与矛盾， ∴， ∴， ∴， 由（3）（i）得，， 则， 由条件②：当时，， 则， 否则时，与矛盾， ∴若，使得，则，，（*） ∴，使得， 则， 令，， 此时，则，则， ∴， ∵， ∴易取，满足，使得， 根据（*）可得，此时，与矛盾， ∴当时，， ②证明：对，，都有， ∵，，都有， ∴， 对任意给定的，取，则， ∴对，，都有， ∴在上单调递增. 答案第22页，共23页 答案第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $