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山东菏泽市2026届高三二模考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，且，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A． B．45 C．50 D．90
4．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ）
A． B． C． D．10
7．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A．的虚部是 B．的共轭复数是
C．在复平面内对应的点在第一象限 D．
10．等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，则下列说法正确的有（ ）
A．时，为等差数列
B．时，中任意两项的差均不为0
C．不存在，使得为常数列
D．不存在，使得为等比数列
11．闵可夫斯基距离又称为闵氏距离，是两组数据间距离的定义.设两组数据分别为和，这两组数据间的闵氏距离定义为，其中表示阶数，则下列说法正确的有（）
A．若，，则
B．若，，其中，则的最小值为
C．若，，其中，则的最小值为1
D．若，，则对任意实数，都有
三、填空题
12．已知函数满足，则________.
13．将两个1，两个2，两个3组成一个六位数，则两个1不相邻的六位数个数为________.（用数值表示）
14．已知椭圆：，曲线，若曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，且直线的斜率为，则椭圆的离心率为________.
四、解答题
15．在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，.
(1)若，求；
(2)若，求的面积.
16．某国产芯片企业测试了10款自研芯片的单线程运算性能得分（得分越高，性能越好），芯片发布编号记为，性能得分记为，对应情况如下表：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
21 26 34 40 49 56 61 68 77 83
(1)从这10个性能得分中随机抽取3个，求抽取的3个数据中，恰有两个数据不低于这组数据的第65百分位数的概率；
(2)若性能得分关于芯片发布编号的线性回归方程为，求该回归方程；
(3)为评估芯片性能的“实际表现水平”，企业定义了“性能偏离度”.对于第款芯片，其性能偏离度为（其中为实际性能得分，为第（2）问中回归方程的预测性能得分），并规定性能偏离度不超过2%的芯片为“表现稳定款”，假设第11款发布的芯片为“表现稳定款”，求其实际性能得分应保持的范围.
参考公式和数据：，，，，
17．已知是抛物线的焦点，点在上，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过点的直线交于、两点，且，求的值.
18．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设数列的前项和为，当时，均存在两个极值点，，且满足，证明：；
(3)，，都有，求实数的最小值.
19．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）.
(1)若是的中点，证明：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值；
(3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长.
参考答案
1．B
【详解】已知， 得.
已知， 得.
2．A
【详解】因为向量，，且，则.
3．B
【详解】等差数列中，，解得，
所以.
4．C
【详解】因为函数，则.
5．D
【详解】过点作于点， 由，，，.
得，， 故.
以直线为轴旋转一周，形成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥， 圆柱底面半径，高，圆锥底面半径，高.
该几何体的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的下底面积和圆锥的侧面积组成.
圆柱侧面积.
圆柱下底面积， 圆锥侧面积.
故表面积.
6．B
【详解】
由 整理为：
，
所以联立方程组得，
解得 ，即直线 恒过定点 ，
因为，所以圆心 ，半径 ，
所以圆心到定点的距离为：，
所以点 在圆内，直线 与圆始终相交，
当 最大时，弦长 最小；当直线 时，，
所以弦长最小值为：.
7．A
【详解】设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”，
事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”，
所以，故，，
故，故A正确.
8．B
【详解】如下图所示，取两函数图象相邻的四个交点、、、，则四边形为菱形，
不妨设点、、，由题意可知，
由，整理可得，
由可得或，
由可得，可得，
不妨取、、，即取点、、，
所以，
，
由，即，解得.
9．BCD
【详解】已知复数，先化简： .
A：的虚部为，不是，A错误.
B：的共轭复数，B正确.
C：对应复平面内点，在第一象限，C正确.
D：，，，所以，D正确.
10．ABD
【详解】已知等比数列满足，公比为，其前项和为，数列满足，
对于A，当时，，，代入的表达式得，
，因此是等差数列，故A正确；
对于B，当时，，，
代入的表达式得，
由于是单调递减的，
因此数列不存在相同的项，即中任意两项的差均不为，故B正确；
对于C，当时，，，
代入的表达式得，
因此存在，使得为常数列，故错误；
对于D，由，且，
当时，，，代入的表达式得，，显然不是等比数列；
当时，，则，得，
当时，由C选项可知，此时，则数列为零数列，不是等比数列，不符合条件，
当时，要使为等比数列，则对任意恒成立，其中是一个常数，
而，解得，当且仅当时恒成立，不符合条件，
因此不存在，使得为等比数列，故D正确.
11．ACD
【详解】对于A：，故正确.
对于B：，
，，，
.
取点在曲线上，点在直线上，，B选项错误.
对于C，点在曲线上运动，点在直线上运动，要使最小，
则两点距离最小.如图，平移直线与曲线相切，
根据切线不等式，当且仅当时等号成立，
则切线为，切点为，
过切点作直线的垂线，则垂线所在直线方程为，
；联立可易得垂足坐标为，故当最小，为，故正确；

对于D：，，，，.
由，得，令.
则，
所以.
因为，所以.
所以，
所以，D正确.
12．
【详解】先对求导：.
令，得.
移项得，即.
所以，代入，
.
13．60
【详解】先排4个数字（两个2、两个3），从 4 个位置中选2个放2，剩余位置放3，用组合数表示为：种，
排好4个数字后，形成5个空隙（含两端），从5个空隙中选2个放 1（1无需排序），表示为：种
根据分步乘法计数原理，两个1不相邻的六位数个数为：种.
14．
【详解】设，，，由在上.
得，，
两式作差得：.
即，
直线斜率，解得.
又在椭圆上，故，，
两式作差得：，
因式分解得：，
化简得，代入，得.
由
代入，得
将代入上式：
因，约去得，即.
又，代入得，化简得.
即，故椭圆离心率.
15．(1)或
(2)
【详解】（1）因为，，，
所以由正弦定理得：，
因为，所以或.
所以当时，，符合题意；
所以当时，，符合题意.
（2）在中，因为，
所以，
把，，
代入得，
又因为，
所以，，所以，
所以，
所以的面积为.
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）第65百分位数的位置：
向上取整为第7个数，即第65百分位数为61
不低于61的数据为61，68，77，83共4个，低于61的数据有6个
从10个数据中抽3个，恰有两个不低于61的概率为
（2）由题意得
，
所以回归方程为
（3）第11款芯片编号为，预测得分：
由已知性能偏离度
即，解得
所以，解得
所以第11款芯片的实际性能得分应保持在区间
17．(1)
(2)或
【详解】（1）因为点在上，所以①，②，
由①②得，所以抛物线的方程为.
（2）若直线的斜率不存在，此时直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程，设点、，
由得，，
由韦达定理可得，，
，解得，
所以，即，
解得或，所以或，所以的值为或.
18．(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）的定义域为，.
当时，.
所以的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）当时，
令
则①
且，
所以
即
由①得，化简得
（3）方法一：由题意得
①当时，，在上单调递增，所以
所以，所以
②当时，令得，且，
不妨设，则
所以当时，令得；令得
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以
所以
所以
化简得
令，所以.
令得；令得.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，.
因为，所以，的最小值为.
方法二：由得，化简为.
①当时，.
②当时，.
此时无论为何值，一定存在使得，
③当时，，则，
所以为保证存在满足，必须有，
所以.
令，则在上单调递增.
所以，所以.
综上所述，的最小值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系
则、、、、、、，
因为为中点，所以，
所以，，，
所以 ，，所以，，
又因为，，平面，所以平面.
（2）因为，为四边形内一动点，
设，则，且，，所以，
又因为，，
设为平面的一个法向量，
则，取，则，
设与平面所成角为，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
此时，即时，等号成立，
所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为.
（3）法一：因为，，，、平面，
所以平面，
又平面，平面，所以平面平面，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以为点到直线的距离，为点到直线的距离，
在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系，
设，因为，，则，
同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线，
由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点，
所以，令，所以，所以；
法二：由（2）设，，，
由（1）知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，，，
所以，取，可得，
因为，所以，，
所以，所以，
由题意令，，解得或（舍），
所以.

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