精品解析山东省滨州市2026届高三下学期一模考试数学试卷含解析（word版）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将答题卡上交．
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合A，再根据并集的定义可得.
【详解】由不等式，可得；又因为，因此.
又因为，所以.
2. 若（）与（）互为相反数，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的运算性质即可求解.
【详解】因为（）与（）互为相反数，
所以，所以.
故选：C.
3. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】若，则，又，所以或，则，
所以当时，“”推不出“”；
若，，则，可得，则，
所以当时，“”可以推出.
综上，“”是“”的必要不充分条件.
4. 已知4个互不相等的正整数的平均数为3，极差为4，则这四个数的方差为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求得四个数据，利用方差公式可求得结果.
【详解】设4个互不相等的正整数为：，满足：
平均数为3，则总和为；
极差为4，则；
且所有数为互不相等的正整数.
根据题意可得：，且，均为整数.
令，则，，且满足，即，且互不相等，和为6.所以，.
所以四个互不相等的正整数为1，2，4，5.
方差为：.
故选：A.
5. 春节期间，某人计划去六个不同的景点游览，在确定景点的游览顺序时，要求在之前，与相邻，则不同的游览顺序有（ ）
A. 24B. 60C. 120D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】先利用捆绑法求出种类数，再利用倍缩法求出.
【详解】将捆绑看作一个整体，内部有种排列方式；
再将5个元素全排列有：，
故满足与相邻的排列共有种.
在所有排列中，在之前和在之后的排列数相等，各占总排列数的一半，
因此在之前，与相邻，不同的游览顺序有种.
6. 已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解.
【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形，
记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为，
由题知，解得，
由三角形面积公式可得，即①，
又②，联立①②解得，
故圆锥的侧面积.
7. 圆与椭圆有密切联系，将圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，圆会变形为椭圆；同样的，将椭圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，椭圆会变形为不同的椭圆或圆．已知二面角的大小为，半平面内的圆在半平面上的正投影是椭圆在半平面上的正投影是椭圆，则椭圆的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】不妨设圆与切于点，过作与垂直的平面分别交半平面，于射线，（如图）.
设圆的半径为，椭圆，的中心分别为，，长短半轴分别为，，，，
则，，，而，
由平面几何知识易得，，
故椭圆的离心率.
8. 在中，已知，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边角互化，结合同角三角函数关系式，求得，再根据余弦定理求得的长.
【详解】因为，所以由正弦定理，
得，所以.
因为，所以.
所以，即.
又，所以，
整理得，，即
因为，所以，所以.
所以，所以.
由余弦定理，
得，解得.
因为，所以.
二､多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 在量子计算的理论研究中，量子比特的相位演化可以用复指数形式描述．瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：，为量子态的叠加与演化提供了重要的数学基础．其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联．依据欧拉公式，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部为
B. 在复平面内对应的点位于第二象限
C.
D. 若在复平面内分别对应点，则面积的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据题意可得，即可得虚部；对于B：根据题意可得，结合复数的几何意义分析判断；对于C：根据题意结合诱导公式分析判断；对于D：由题意可得，结合面积公式分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
所以的虚部为，故A正确；
对于选项B：因为，
所以在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误；
对于选项C：因为，则，
可得，即，故C正确；
对于选项D：因为，，
则在复平面内分别对应点，
可得，，
则面积为，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故D错误.
10. 已知函数的定义域为，且，若为奇函数，为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在上单调递减
D. 函数的最大值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶性可得，，联立解得，结合二次函数图像与性质依次分析选项即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，即，
因为为偶函数，所以，即，
联立，解得：，
对于A，，故A错误；
对于B，，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，因为为开口向下，对称轴为的二次函数，所以函数在上单调递减，故C正确；
对于D，由可得：，即函数的最大值为1，故D正确.
11. 某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为．对于曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为
B. 曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4
C. 曲线所围成的封闭区域面积等于
D. 若曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，则实数的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据方程分象限讨论曲线的方程，其图形是四个圆的一部分圆弧组成图形，根据直线与圆的相交相切关系可判断AD，根据双曲线的定义可判断B，根据弧长公式及扇形面积公式可判断C，进而可得结果.
【详解】因为曲线：，分象限讨论：
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第一象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第二象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径圆的第三象限部分；
当时，方程为，即，其表示以为圆心，以为半径的圆的第四象限部分；
如图：
曲线C由四段圆弧组成，关于x轴、y轴、原点对称.
对于A，直线过原点，所以直线必和曲线C有一个交点，
再以第一象限为例，圆心到直线的距离，
化简得，即当时直线与圆相切，同理可分析其它各个象限，
所以当时，直线与曲线有唯一公共点，
当或时，直线与曲线有3个公共点，如图：故A错误；
对于B，因为点到点与到点的距离之差为4，
所以点在以，为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上，方程为，
显然双曲线的一个实顶点在曲线C上且只有这一个点，所以B正确；
对于C，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为，
所以扇形的圆心角为，所以第一象限部分的弓形的面积，
所以曲线所围成的封闭区域面积等于，故C正确；
对于D，由A选项的分析可知，与直线平行且与曲线C相切的两条直线为，
而这两条切线间的距离为.
当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；
当直线与切线的距离为时，则，解得或（舍去）；
当直线与切线的距离为时，则，解得或；
因为曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为，
由图可得实数的取值范围为，D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分．
12. 已知首项和公差都不为0的等差数列，其前项和为，且，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知比例关系解出等差数列首项与公差的关系，代入所求表达式化简即可
【详解】因为是等差数列，且，设的公差为，
则有，整理得，
经验证，则成立，
，
则.
13. 若函数有最大值，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【详解】当时， 有最大值，最大值为2，
因为函数有最大值，
若在内的上确界大于，则该上确界将无法在函数的定义域内取到，导致函数无最大值，
故必有在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
因为当时，，
所以单调递减，当时，，
所以，
所以的取值范围为.
14. 已知点为所在平面内一点，，若，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先由条件可得，再建立平面直角坐标系得，再进一步判断点A在优弧上，落在角的终边上，再用三角函数来解决取值范围问题.
【详解】由，所以点为的外心，
因为，所以.
设，再以点为原点，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图：
则，
所以，
又因为，所以，即.
又因为，所以点A在优弧上，所以落在角的终边上，
由三角函数的定义有，即，
所以，又因为，所以，
，，所以.
四､解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知数列的前项和为，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，且，证明数列为等比数列，并求．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由结合等比数列的定义并验证首项即可求解.
（2）迭代原式并相减后得到，使用累加法结合等比数列的前项和即可求解.
【小问1详解】
由题意得，则，
则，整理得，
，解得，
，解得，故，
所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，
则.
【小问2详解】
因为，迭代得，
两式相减得，即，
令，则，
当时，（常数），且，
故是以4为首项，3为公比的等比数列，
取，共7个奇数，可得
，
，
，
将以上各式相加，可得，
易得是以4为首项，为公比的等比数列的前7项和，
则有，其中，
则.
16. 如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）在线段上取一点，根据题意可证平面，平面，进而可得平面平面，即可证线面平行；
（2）设的中点分别为，可证，平面，建系并标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
在线段上取一点，使得，
因为平面，平面，所以平面，
由平行线性质可得：，
且，，则，
即，可得，且，则，
又因为平面，平面，所以平面，
且，平面，可得平面平面，
由平面，可得平面.
【小问2详解】
设的中点分别为，连接，则，
由题意可知：，，
且，平面，可得平面，
因为平面，则，
可知二面角的平面角为，
且，可知为等边三角形，则，
又因为，平面，则平面，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
又因为，可知点分别是线段的中点，
则，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数．
（1）证明：在曲线所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分析的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等；
（2）分离参数，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数的取值范围．
【小问1详解】
函数的定义域为.
.
令，则.
令，得，所以；
令，得，所以.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以在处取得最小值，最小值为.
当时，，所以.
又，所以当时，.
当时，
其简图如下：
所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于，
即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等.
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，即.
令，则
.
令，则.
因为，所以，
又，所以.
所以是增函数，所以.
因为，所以恒成立，所以是增函数，
所以，即的最小值为.
所以实数的取值范围是．
18. 设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点，动点的轨迹为曲线．
（1）证明为定值，并求曲线的方程；
（2）若直线与曲线相交于两点．
①求面积的最大值；
②已知点，直线与曲线的另一个交点为，直线与曲线的另一个交点为．证明：直线过定点．
【答案】（1）证明见解析，
（2）①1；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，，得，，即可证明为定值，再根据椭圆的定义求出曲线的方程；
（2）①由可得，借助韦达定理得，，根据面积，借助基本不等式求解即可；
②求出坐标，进而得到直线方程，根据直线恒过定点，得到答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
所以，故，
又圆的标准方程为，从而，
所以，即为定值,
由题设得，
由椭圆的定义可得，所求曲线的方程为.
【小问2详解】
设，
①由可得，
因为直线与曲线相交于两点，
所以，则,
由根与系数的关系可得：，，
因为
，
当且仅当时取等号，且满足，
所以面积的最大值为1.
②由题意知，直线的斜率存在，且直线的方程为，
由可得，
展开得，
所以
，
所以，
所以，
同理，
设直线的方程为，则，
所以，同理可得，
所以直线的方程为，
因为直线的斜率为1，所以即，
所以直线的方程为，
所以过定点.
19. 某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局．
（1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望；
（2）当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值；
（3）若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的概念和性质，判断随机变量可能的取值，并根据二项分布概率公式，求出分布列，进而求出数学期望；
（2）根据比赛最终获胜的条件，判断在不同情况下，最后的两局胜负情况，根据条件概率计算公式，求出结果即可；
（3）根据比赛最终获胜的条件，分析两者之间的递推关系，根据全概率公式，求出递推公式，根据的范围以及作商法比较两者之间的大小关系，进而证明结果.
【小问1详解】
（1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有，
则，
，
，
的分布列为
数学期望.
【小问2详解】
在前局比赛中Alpha星赢的局数时，第局全胜，最终也无法获胜，所以；
当时，仅当第局全胜，最终才能赢得比赛，即；
当时，第局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即；
当时，无论第局什么结果，都能最终赢得比赛，即；
综上所述，.
【小问3详解】
由全概率公式可知
所以，
当时，，
又因为
，
因为，所以，即.
1
3
5