山东省德州市九市五县2026届高三下学期联合模拟预测 数学试卷（含解析）

这是一份山东省德州市九市五县2026届高三下学期联合模拟预测 数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，为实数，虚数是方程的根，则的值为（ ）
A．B．C．2D．4
2．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知，，为向量，则“”是“或”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
4．若，则（ ）
A．B．
C．D．
5．除以7所得的余数为（ ）
A．1B．2C．4D．6
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，为两两不相等的正数，设函数，则（ ）
A．没有零点B．有唯一零点
C．至多有一个零点D．至少有一个零点
8．将两个球放入棱长为1的正方体中，则这两个球体积和的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知一组数据，，，，的平均数为5，方差为2，则该组数据的（ ）
A．极差可能为1B．众数可能为5
C．中位数可能为5D．第百分位数可能为3
10．高斯函数又称为下取整函数．表示不超过的最大整数，比如，．设，，则（ ）
A．是奇函数B．是周期函数
C．的值域为D．方程有且仅有2个实数根
11．已知是椭圆上任意一点，，分别为的长轴、短轴．若为坐标原点，直线，则（ ）
A．为的对称中心B．与有两个公共点
C．到的距离的最大值为D．四边形的面积为
三、填空题
12．若为偶函数，则实数的值为________．
13．已知点在曲线上运动，点Q在圆上运动，则的最小值为________．
14．已知，，为集合的非空子集，满足：
①，；
②，中元素均为奇数，中元素均为偶数；
③，，中所有元素的和分别记为，，，且．则正整数的最小值为________．
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，．
(1)求的值；
(2)求的面积．
16．如图，直三棱柱中，，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)关于的方程有三个实根，，，且，求的取值范围．
18．甲乙两人玩游戏，甲有标号为的张卡片，乙有标号为的张卡片．规则如下：甲乙交替从对方手中抽取一张卡片，甲先抽；若抽到的卡片数字与自己手中的某张卡片数字相同，则将这两张卡片丢弃，否则，将抽到卡片放入自己手中；当有一位玩家手中没有卡片时，该玩家获胜，游戏结束．
(1)已知，记为游戏结束时，甲乙双方抽取的次数和．对于正整数，求，并根据==，求．
(2)记甲有张卡片，乙有张卡片时，甲获胜的概率为．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求．
19．已知为双曲线右支上一点，为坐标原点，曲线在处的切线与的两条渐近线分别交于，两点（位于第一象限），当的坐标为时，的面积为4．
(1)求的方程；
(2)记线段的中点为，过作直线，交两条渐近线于，两点（位于第一象限），记的面积．
（ⅰ）证明：为定值；
（ⅱ）过作渐近线的平行线交直线于点，过作直线，交两条渐近线于，两点（位于第一象限）；过作渐近线的平行线交直线于点，过作直线，交两条渐近线于，两点（位于第一象限），依此类推，过作渐近线的平行线交直线于点，过作直线，交两条渐近线于，两点（位于第一象限）；记的面积为．证明：．
参考公式：
①若向量，，则的面积为；
②过双曲线上一点的切线方程为．
参考答案
1．A
【详解】因为是方程的根，
所以，
所以，又知，为实数，
所以且，
解得，，
所以.
2．C
【详解】依题意，，即，
或，
解得或或，
则中元素的个数为3．
3．B
【详解】已知，，为向量，记命题：，命题：或.
若成立，则或，当时，，则；
当时，，因此，即是或的必要条件.
反之，若成立，即，可能与垂直且均非零向量，
此时且，故不能推出，即不是的充分条件.
所以“”是“或”的必要不充分条件.
4．D
【详解】对于A，取，满足，而，A错；
对于B，取，满足，而，B错；
对于C，D，将原不等式移项变形得： ，
构造函数 ，由解析式可知在定义域上单调递增，
原不等式等价于 ，则，
则，，
即，，故C错，D对.
5．D
【详解】，
因为，所以除以7所得的余数为，即，
故，
而，
故除以7所得的余数为，
故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为.
6．C
【详解】令，则，因此，
将其代入已知等式，
展开得，
整理得，因此.
7．C
【详解】因为，，为两两不相等的正数，
令，可得，
令，，则，，且均不为1，可得，
若，，分别作出，，
可知与只有一个交点，即有唯一零点；
若一个大于1，一个小于1，不妨设，，分别作出，，
可知与没有交点，即没有零点；
若，，分别作出，，
可知与只有一个交点，即有唯一零点；
综上所述：可能没有零点，至多有1个零点，故C正确.
8．D
【详解】要使两个球的体积之和最大，则应满足两个球互相外切，
并且分别与正方体的面相切，即应有两个球球心连线位于正方体的体对角线上.
如图，设两球的球心分别为，半径为，
由已知可得，，，
所以，则，
，.
又，
所以，.
因为，所以.
又两球的体积之和，
且，
当时，有，
即函数在上单调递减；
当时，有，
即函数在上单调递增.
当时，，
所以.
又，
故函数的最大值为.
9．BC
【详解】对于选项BC：例如满足平均数为5，方差为2，
且众数、中位数均为5，符合题意，故BC正确；
令，，
不妨设，
则，且，，
对于选项A：假设极差为1，即，则，，
可得，这与相矛盾，
假设不成立，所以极差不可能为1，故A错误；
对于选项D：因为，则第分位数为，
则，可得，，，
因为，，，
当且仅当时，等号成立，
则，可得，
即，这与相矛盾，
假设不成立，所以第分位数不可能为3，故D错误.
10．BD
【详解】由题意得，
令，则，
设，得到，
令，可得，令，可得，
所以在单调递增，在单调递减，
又，所以，
则，且为下取整函数，
对于A：取 ​，，则；
，，
故不是奇函数，A错误，
对于B：因为，
即的周期为，因此，
故是周期为的周期函数，B正确，
对于C：当时，，
当时，，当时，，
当时，，因此的值域为， C错误，
选项D， ，
是整数，因此必为整数，且只能是，
当时，，
则，不满足；
当，，
，不满足；
当，时，成立；
时，，
可得，成立；
当 或，超出范围，不可能相等，因此方程仅有2个实根，D正确.
11．ACD
【详解】对于A，将椭圆方程中的换为，换为，
得到，即为椭圆的对称中心，故A正确；
对于B，联立直线l与椭圆C的方程，
消去，可得，整理得，解得，
将其代入中得，即直线l与椭圆C只有一个公共点，故B错误；
对于C，设，将椭圆方程配方，得，
令，，则有，即，
则到的距离，
因为，所以当时，d取得最大值， 故C正确；
对于D，点到椭圆中心的距离，
由
，其中，
由，所以，，
可得，，
四边形的面积为，故D正确.
12．
【详解】因为为偶函数，所以，
即对恒成立，
即对恒成立，
故，即.
13．
【详解】点在抛物线 上，点在圆上，设.
由于圆与抛物线不相交，且抛物线上所有点均在圆外，
因此的最小值等于的最小值减去圆的半径.
设抛物线上点 ，.
当时，，即.
因此，的最小值为.
14．8
【详解】当，2时，无法满足中的元素是3的倍数，故舍；
当时，集合元素的总和为6，每部分和应为2，但中必须包含3，
其和，故舍；
当时，集合元素的总和为10，不能被整除，故舍；
当时，集合元素的总和为15，每部分和应为5，中必须包含3，
需要再加入和为2的元素，只能加入2，此时，剩余元素分配给，
无法满足和为5且奇偶性的要求，故舍；
当时，集合元素的总和为21，每部分和应为7，中必须包含3和6，
此时和为，故舍；
当时，集合元素的总和为28，不能被整除，故舍；
当时，集合元素的总和为36，每部分和应为12，中必须包含3和6，
需要再加入和为3的元素，可加入1和2，此时，剩余元素分配给，
取奇数，和为12，取偶数，和为12，满足所有条件，
故的最小值为8.
15．(1)；
(2).
【详解】（1）因为，，
所以由正弦定理知，，
又由，
故，
所以，故．
（2）由知，，
，
因为，
所以
记的面积为，
所以，
故的面积为．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）不妨设，则，，所以，所以，
因为棱柱为直三棱柱，所以平面，平面，
所以，又，所以平面，因为，所以，
因为四边形为正方形，所以，又，所以平面，
因为平面，所以.
（2）设为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，
设分别为面的法向量，则，即，
取，则，所以，
设分别为平面的法向量，则，
即，取，则，
则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，所以.
对上述函数求导得，所以.
所以曲线在点处的切线方程为：
，即.
（2）当时，；当时，，在上单调递增.
因为方程①有三个实根，，，且，
不妨设.
若，则，此时方程①任意三个实数解之和必大于0，不合题意；
若，当时，方程①可整理为②至多两个负数解，
当时，方程①即为③至多一个非负解，
所以方程②有两个不同的负实数解，且，.
因为方程③有非负解，由可知.
由，得，
又，所以.
方程②变为，由判别式，
并结合，可知.
经检验，此时为负数，符合题意，
综上，实数的取值范围是.
18．(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）由题意可知，
所以，
令，
则，
所以，即，
所以，
所以==，
（2）（ⅰ）由题意可知当时，甲有，乙有；
甲第一次抽中的概率 (甲胜)；抽中的概率，此时甲有，乙有，后续甲获胜概率为，
所以，所以；
（ⅱ）同理当时，，所以，
当时，①若甲先抽，则甲、乙手中卡片的状态互换，接下来乙抽，乙胜的概率为，所以甲胜概率为，
②若甲先抽中一张之后，甲有张卡片，乙有张卡片（含有和甲手中卡片相同数字的所有卡片），后续乙抽后，状态必然变为甲有张卡片，乙有张卡片（包含与甲手中卡片数字相同的所有卡片），则后续甲胜概率为，
所以，
所以，
所以，
所以数列的奇数项与偶数项都是公差为1的等差数列，
又因为，
所以当为奇数时，，
所以，
当为偶数时，，
所以，
综上：.
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由双曲线，可得渐近线方程为，
又因为当的坐标为时，可得，解得，所以渐近线方程为.
又过点的切线方程为，所以，，所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（ⅰ）由（1）可知双曲线的方程为，
设，则过的切线方程为，切线斜率为，
所以线段的中点为，所以直线.
又双曲线的两渐近线方程为，
由，解得，所以，
同理可得，
又为线段的中点，
所以.
又，所以，所以，
（ⅱ）由，解得，所以，
由，解得，所以，
过作渐近线的平行线方程为，直线的方程为，
由，解得，所以，
所以为线段的中点，同理可得为线段的中点，，
所以，又，
以此类推，，，
所以，
所以可得是以1为首项，为公比的等比数列，
所以.