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山东潍坊市2026届高三下学期4月高考模拟考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知一组数据，，，，，的中位数为，则该组数据的平均数为( )
A. B. C. D.
3.抛物线上的点到的准线的距离为( )
A. B. C. D.
4.在平面直角坐标系中，点，，，则的最大内角为( )
A. B. C. D.
5.投壶源于射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏及礼仪，参与者需在一定距离外将箭矢投入壶口或壶耳在某投壶游戏中，选手甲投中壶口、壶耳的概率分别为，，依落点计分如表格所示若甲连续投掷次，每次投掷互不影响，则甲的总得分不少于分的概率为( )
投掷结果 壶口 壶耳 其它
计分
A. B. C. D.
6.已知，，且，，则( )
A. B. C. D.
7.若函数和同时满足以下两个条件：
，或
，使．则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知椭圆的右焦点为，直线交于，两点，为坐标原点，且，过作，垂足为，则直线的斜率的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，，其中在复平面内对应的点为，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. 若，则 D. 若，则
10.已知正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，为底面上的动点含边界，则( )
A. 直线与所成角的大小为
B. 的最小值为
C. 满足的点的轨迹长度为
D. 满足三棱锥外接球的体积取得最大值的点共有个
11.半径为的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线已知点的初始位置为，则( )
A. 点在曲线上 B. 曲线围成的区域面积等于
C. 曲线与直线有三个交点 D. 曲线上点的横坐标的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正方形的边长为，点满足，则 ．
13.已知点和圆，若以线段中点为圆心，为半径的圆与交于，两点，则 ．
14.已知函数的图象与直线交于，，三点，其横坐标分别为，，，且，则的取值范围是 若为中点，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知数列的前项和为，等差数列满足，．
求数列和的通项公式
记为在区间内项的个数，为数列的前项和，求．
16.本小题分
已知函数
若，求曲线在点处的切线方程
若存在极小值，且极小值大于，求的取值范围．
17.本小题分
如图，在平面四边形中，，，将沿翻折，得到如图所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心．
证明：平面平面
设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
18.本小题分
已知双曲线的焦距为，渐近线方程为
求的方程
过点作两条互相垂直的直线，，若与的右支交于，两点，与的右支交于，两点，线段与的中点分别为，，且，在第一象限．
(ⅰ)证明：直线过定点
(ⅱ)直线与交于点，求面积的最小值．
19.本小题分
在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏如表示车辆位于中心线右侧个单位，表示车辆左偏一辆装有该系统的车辆从初始位置为整数出发，每次受扰动后扰动来自路面、侧风与传感器噪声等，车辆随机向右移动个单位的概率为，向左移动个单位的概率为．
若，．
(ⅰ)求车辆经过次扰动到达的概率
(ⅱ)已知车辆经过次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率．
若车辆从初始横向位置为给定正整数出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式用，，表示．
参考答案
1.
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10.
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14.
15.解：因为，
当时，，
当时，，
时，也满足上式，
故．
设等差数列的公差为，已知，．
由得，则，
又，即，解得，
故
由题意，为在区间内项的个数，即满足的正整数的个数，
因为，，，
所以，两边同除以得，
则．
则．
16.解：函数的定义域为，
，则，解得．
则，，则，
故切线方程为，化简得；
，
若存在极小值，则在上有解，
令，得，此时需，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
故是函数的极小值点．
则，解得，
故的取值范围是．
17.证明：因为，，所以的外接圆的圆心是线段的中点，
而在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，
因此平面，而平面，所以平面平面．
解：由知：平面，而、平面，因此、，
而，是线段的中点，所以，
因此以为坐标原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系如下图：
因为，，所以、、、．
因为点满足，所以，
因此、、．
设平面的法向量为，则由得：
因此取得：，所以是平面的一个法向量．
设平面的法向量为，则由得：
因此取得：，，所以是平面的一个法向量．
因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，即，
因此，即，解得或，
结合解得：，所以的值为．
18.解：由题意可得，解得
故双曲线的方程为；
由题意可知直线，斜率均存在，且均不为，
设：，则：，，
联立，消去可得，
设，，
，
由交点均在右支，可得，，故，且，故．
则，，
则，，即，
将替换成，可得，
当直线的斜率不存在时，，解得，
此时，或，，直线：，过点；
当直线斜率存在时，
直线：，
此时直线恒过点，
综上，直线过定点；
取中点为，连接，，，，
因为为中点，为中点，所以，即，故，
因为为中点，为中点，所以，即，故，
故，
，
将替换成，可得，
则
，
令，
则，
由知，结合对勾函数性质可知，
故，
则由二次函数性质可知，
当且仅当时取等，
故面积的最小值为．
19.解由题意，车辆每次扰动向右移动个单位的概率为，向左移动个单位的概率为，且各次扰动相互独立设次扰动中向右移动的次数为，向左移动的次数为，则有：
解得，．
故车辆经过次扰动到达的概率为：
(ⅱ)设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为．
则次移动路径可以表示为有序数组，其中，，，，．
记次移动后首次到达处的路径为，
则，且，可得且，
而故，．
由得，不可能全为，而，恒成立，
因此共有种不同路径．
记次移动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为，
同理可得
所以所求概率为，
依题意，为从出发，到达或时停止的扰动次数期望，且，．
对，每次扰动后以概率移至，以概率移至，故递推关系为：
当时，方程化为，
令，则，即是公差为的等差数列．
设，则。
由，解得，
故，累加得：
当时，方程化为，
令，则，即，
所以，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
即，
累加得
由，得，解得，
所以，
综上，的表达式为：

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