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2026 年山东省实验中学高三一模考试 数 学
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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 ，则
A. B. C. D.
2. 已知 ，则
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 已知向量 ，则
A. 2 B. -2 C. 3 D. -3
4. 函数 在 的零点个数为
A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个
5. 已知直线过定点 ,与圆 交于 两点，则 的最小值为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
6. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环,侧面积为 ,则圆台上下底面面积之差的绝对值为
A. B. C. D.
7. 已知 是定义在 上的奇函数,满足 ,则
A. 2 B. 1 C. 0 D. -1
8. 袋子里有大小相同的 3 个红球和 2 个白球, 每次从袋子里随机取出一个球, 若取出的是红球则放回袋子,若取出的是白球则不放回袋子.记 为取了 次后白球恰好全部取出的概率, 则
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. 设函数 ,且记 ,则
A. 数列 的首项为 1 B. 数列 的前 10 项和为 512
C. 数列 的前 10 项和为 D. 数列 的前 10 项和为 0
10. 已知直四棱柱 的各顶点都在球 的球面上，若 三点共线， 则
A. 三点共线 B.
C. 平面 D. 平面
11. 已知函数 有三个零点 ,则
A. 若 成等差数列,则 成等比数列
B. 若 成等比数列,则 成等差数列
C. 若 成等差数列,则数列 的公差为
D. 若 成等比数列,则数列 的公比为
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 记 为数列 的前 项和,若 ,则 _____.
13. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ,直线 与 的左、右两支分别交于 两点,若四边形 为矩形,则 的离心率为_____.
14. 有 15 张扑克牌,牌面分别为 ,小王,大王.魔术师先按照牌面依次为 ,的顺序将这 12 张牌背面朝上摆成一叠(牌面为 1 的牌在最上面),然后魔术师请一名观众将牌面为 的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌 (共 12 张) 中的某个位置 (不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面), 再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌 (共 13 张) 的最上面, 另一张背面朝上放在这叠牌 (共 13 张) 的最下面, 之后继续由这名观众把这叠牌 (共 15 张) 按如下方式发牌: 把最上面那张牌发到桌上, 然后把下一张牌放到这叠牌 (共 14 张) 的最下面, 之后再把最上面那张牌发到桌上, 再把下一张牌放到这叠牌 (共 13 张) 的最下面, 依此类推, 直到这叠牌只剩下一张牌.这时, 魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是_____.
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)
记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， . 已知已知 .
(1)证明: ；
(2)若 的面积 ，求 .
16.(15分)
已知椭圆 过点 ，点 为其左顶点，且 的斜率为 .
(1)求 的方程；
(2)点 为椭圆上任意一点，求 的面积的最大值.
17. (15 分)
甲参加围棋比赛,采用三局两胜制,若每局比赛甲获胜的概率为 ,输的概率为 ,每局比赛的结果是独立的.
(1)当 时，求甲最终获胜的概率；
(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案. 方案一:最终获胜者得 3 分, 失败者得 -2 分; 方案二: 最终获胜者得 1 分, 失败者得 0 分, 请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大.
18.(17 分)
已知函数 为 的导数.
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)讨论 零点的个数；
(3)设 为 的零点，证明:当 时， .
19.(17 分)
如图，将边长为 的正方形 沿对角线 折叠，形成四面体 .
(1)证明: ；
(2)若二面角 和 的平面角互补，求 ；
(3)证明:存在四面体 ，使得其内部一点 到各个平面的距离均大于 .
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2026 年山东省实验中学高三一模考试 数学试题答案解析
1. A
由 可得 ,即 ,
又 ,故 .
2. A
.
3. B
由题意 ,
所以 ,而 ,
所以 .
4. C
方法一: ,
由题可知 或 ,
解得 ,或 ,故有 3 个零点.
方法二: 令 ,
即 ,解得 ,
分别令 ,解得 ,
所以函数 在 的零点的个数为 3 .
5. C
如图:
直线过定点 ,
将圆 化为标准式为 ,
所以圆心 ,半径
当 时， 的最小，
此时 .
故选:
6.
如图:
设展开图小圆半径和大圆半径分别为 ,则圆台侧面积 ,即 ,
上底面半径 ,下底面半径 ,
圆台上下底面面积之差的绝对值为 .
故选: B.
7. D
将 中的 替换为 可得 ,
则 ,
用 替换 ,即 ,
所以函数 是以 4 为周期的周期函数,
由 ,令 ,则 ,
且 是定义在 上的奇函数,则 ,所以 ,
令 ,则 ,且 ,则 ,
令 ,则 ,因为 ,所以 ,
所以 ,
则
.
8. B
设事件 为第一个白球在 次取出,且第二个白球在第 次取出,其中 ,
则 ,
所以 .
故 ,又 ,
故 时, ,即 ,
时, ,即 ,故 错误, 正确;
,又 ,
故 时, ,即 ,
时, ,即 ,故 错误.
故选: B.
9. BD
由题意知, 是常数项, 是 的系数, 是 的系数,即当 时,数列 的第 项 是 展开式中 的系数.
令 ,则 ,故 A 错;
数列 的前 10 项和等于 ，即 展开式中所有项的系数之和，
令 ,则 ,故 B 正确;
数列 的前 10 项和等于 ,
令 ,则 ,而 ,
则数列 的前 10 项和为 ,故 错误;
数列 的前 10 项和等于 ,
令 ,则 ,
因为 ,故 D 正确.
10. BC
如图所示:
易知平面 底面 ,
设 在底面 上的投影为 ,
若 三点共线,则 在平面 上,
此时 在直线 上,
但根据题设不能确定 是否在直线 上,故 错误;
因为直四棱柱 的各顶点都在球 的球面上,
故 四点共圆,
若 三点共线,
同上可知 在直线 上,
故 为圆 的直径,
所以 ,
又 底面 底面 ,
故 ,
平面 ,
所以 平面 ,
又 平面 ,故 ,
同理可证 平面 ,故 正确;
由于不确定平面 是否平行于平面 ,
故不确定 是否平行于平面 ,故 错误.
故选: BC.
11. ABD
当 时, ,不合题意;
当 时,分别画出 与 的图象,如图:
所以 ;
对 A、C: 由题得 ,所以 ,即 ,
若 成等差数列,则 ,所以 ,
所以 成等比数列,由 ,则 ,
即 ,所以 ,
由 ,解得 ,因为 ,
所以 ,
则 ,即数列 的公差为 ,
故 正确、 错误;
对 : 由 ,若 成等比数列,则 ,
则 ,即有 ,故 成等差数列,
又 ,则 ,
故 ,即数列 的公比为 ,
故 B、D 正确.
12. -63
根据 ,可得 ,
两式相减得 ,即 ,
当 时, ,解得 ,
所以数列 是以 -1 为首项,以 2 为公比的等比数列,
所以 ,故答案是 -63 .
点睛:该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子,之后两式相减,得到相邻两项之间的关系,从而确定出该数列是等比数列,之后令 ,求得数列的首项, 最后应用等比数列的求和公式求解即可, 只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
13.
方法一: 因为直线 的方程为 ,
所以直线 的斜率为 ,倾斜角为 ,
所以 ,
因为四边形 为矩形,
所以 ,
所以 ,
所以 ,即 ,又 ,
所以 ,
由双曲线定义可得 ,
所以 的离心率 .
方法二: 显然直线 与 交于原点 ,
由双曲线对称性知,若四边形 是矩形,则 ,
设点 ,而
由 得 ,解得 ,
则 ,
则 ,化简得 ,即 ,
解得 ,
则 .
14.
把大王、小王摆放完后,将 15 张牌按照从上到下的顺序依次编号为 ,
此时 2 号牌面为 1,且 14 号牌面为 ,这时按题中发牌的规则开始发牌,
记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作,
每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为:
,
4-6-8-...-14-2,
8-10-12-14-2-6,
...,
2-6-10-14,
10-14-6,
6-14,
14.
故最后剩下的是编号为 14 的纸牌,根据之前的操作可知该牌的牌面为 .
故答案为: .
15. 试题分析: (1) 由正弦定理得 ,进而得 ,根据三角形内角和定理即可得结论; (2) 由 得 ，再根据正弦定理得及正弦的二倍角公式得 ,进而得讨论得结果.
试题解析: (1) 由正弦定理得 ,故
,于是 .
又 ,故 ,所以 或 ,因此 (舍去) 或 ,所以 .
(2)由 得 ，故有 ，因 ，得 . 又 ,所以 . 当 时, ; 当 时, .
综上， 或 .
考点: 1、正弦定理及正弦的二倍角公式; 2、三角形内角和定理及三角形内角和定理.
16. (1)
(1) 由题意可知直线 的方程为: ，即 .
当 时,解得 ,所以 ,
椭圆 过点 ,可得 ,
解得 .
所以 的方程: .
(2)设与直线 平行的直线方程为: ，
如图所示,当直线与椭圆相切时,与 距离比较远的直线与椭圆的切点为 ,此时 的面积取得最大值.
联立直线方程 与椭圆方程 ,
可得: ,
化简可得: ,
所以 ,即 ,解得 ,
与 距离比较远的直线方程: ,
直线 方程为: ,
点 到直线 的距离即两平行线之间的距离,
利用平行线之间的距离公式可得: ,
由两点之间距离公式可得 .
所以 的面积的最大值: .
17.
(1)记“甲最终以 2:1 获胜”为事件 ，记“甲最终以 2:0 获胜”为事件 ，“甲最终获胜”为事件 ,
于是 与 为互斥事件,
由于 ,
则 ,
即甲最终获胜的概率为 .
(2)由(1)可知， ，
若选用方案一，记甲最终获得积分为 分，则 可取 ，
则 的分布列为:
3 -2
则 ,
若选用方案二,记甲最终获得积分为 分,则 可取1,0,
则 的分布列为:
Y 1 0
则 ,
所以 ,
由于 ,则 ,
于是 时,两种方案都可以选,
当 时, ,应该选第二种方案,
当 时, ,应该选第一种方案.
18.
(1) 当 时, ,则 ,
故 ,曲线 在点 处的切线方程为 .
( 2 )因为 ，且 ，故 零点的个数等价于函数 在 零点的个数.
当 时， ， 没有零点.
当 时, ,令 ,则 ,
且当 时, 单调递减,当 时, 单调递增.
又 ,当 时, ,此时没有零点;
当 时, ,此时有一个零点.
若 ,则 ,又 ,
结合 的单调性可知, 在区间 和 各恰有一个零点,
即 在区间 存在一个零点 ,在区间 存在一个零点 .
综上,当 时, 没有零点; 当 时, 有一个零点; 当 时, 有两个零点.
(3) (i) 若 ,由 (2) 可知, 在区间 没有零点,且 ,
故 在区间 单调递增, ,且此时 .
因为 ,故 .
设 ,则 ,当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增,故 .
故当 时, .
(ii) 若 ,由 (2) 可知, 在区间 存在一个零点 ,
即 在 存在唯一极大值点 ,故当 时, .
由 (2) 可知, ,且 ,
故当 时,都有 .
又因为 ,且 在区间 单调递增,
故 存在唯一零点 ,且满足 .
设 ,
则 .
由上可知, 在区间 单调递减,且 ,
故 ,此时也有 .
综上,由 (i),(ii) 可知,当 时, .
19.
(1)取 中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，同理有 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ,所以 .
(2)由(1)可知 且 ，所以 即为二面角 的平面角，设 ， 取 中点 ,连接 ,因为 ,所以 ,同理有 ,
所以 即为二面角 的平面角,设 ,
在 中， ，设 ，
由余弦定理有 ， 在 中， ，同理 ，
由余弦定理有 ,依题意有 ,
则 即 ,令 ,得到 ,化简得 ,
解得 ,在 中有 ,所以 ,所以 ,
所以 即 .
(3)我们只需要证明存在四面体 ，其内切球半径 ，
设四面体的体积和表面积分别为 和 ,利用等体积法可得 ,
其中 ,
由 (1) 可知 ,代入得 ,
所以 ,取 ,可得 ,
此时 ,因为 ,
且 ,所以 即 ,命题得证.
【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关, 到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系.

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