山东省潍坊市2025-2026学年下学期高三高考数学考前模拟卷含答案

这是一份山东省潍坊市2025-2026学年下学期高三高考数学考前模拟卷含答案，共8页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，[5分]在中，角所对的边分别为，[5分]若，则，[6分]已知复数，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．[5分]某校高三年级邀请9位音乐教师担任学校“国庆杯”歌咏比赛的评委．比赛计分办法为工作人员收集所有评委对该班级的评分，把去掉一个最高分和一个最低分后的评分作为有效评分，以有效评分的平均分作为班级得分．采用茎叶图记录甲、乙两个班所有得分（满分为10分），已知甲班得分的中位数和乙班得分的平均数相等，甲班得分的平均数和乙班得分的中位数相等，则（ ）
A．12B．13C．14D．15
3．[5分]已知抛物线上点的纵坐标为1，则到的焦点的距离为（ ）
A．1B．C．D．2
4．[5分]在中，角所对的边分别为．若，则 =（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．则哪种方案能通过考试的概率更大（ ）
A．方案一B．方案二C．相等D．无法比较
6．[5分]若，则（ ）
A．B．
C．D．
7．[5分]已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．[5分]设的最小值为，最大值为，若正数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9．[6分]已知复数，，则（ ）
A．B．
C．D．在复平面内对应的点位于第二象限
10．[6分]如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为2的为等边三角形，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），是球与圆锥母线的交点，是底面圆弧上的动点，则（ ）
A．球的体积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的最大值为3
D．若为中点，则平面截球的截面面积为
11．[6分]古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，A(－2，0)，B(4，0)，点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2).设点P的轨迹为C，下列结论正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝9
B．在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得eq \f(|PD|,|PE|)＝eq \f(1,2)
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]设，是圆上两点，若，则 ．
13．[5分]满足条件，的的面积的最大值是 ．
14．[5分]已知
（1）当时，函数的极值点的个数为 ；
（2）若，使得，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15．[15分]（1）在等差数列中，，，求的通项公式；
（2）已知数列的前n项和为，求数列的通项公式.
16．[15分]已知函数在处取得极小值．
（1）求的值；
（2）求在点处的切线方程．
17．[15分]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=3,CD=4,PC=PD=22,PA=10.
(1)证明:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)求平面PAC与平面PCD所成锐二面角的余弦值.
18．[15分]已知双曲线C：的离心率为，且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
（1）求C的方程.
（2）设点A为C的左顶点，若过点的直线与C的右支交于P，Q两点.
（i）证明：直线和直线的斜率乘积为定值.
（ii）若直线，与圆O：分别交于M，N两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围.
19．[17分]某商场举办摸球赢购物券活动．现有完全相同的甲､乙两个小盒，每盒中有除颜色外形状和大小完全相同的10个小球，其中甲盒中有8个黑球和2个白球，乙盒中有3个黑球和7个白球．参加活动者首次摸球，可从这两个盒子中随机选择一个盒子，再从选中的盒子中随机摸出一个球，若摸出黑球，则结束摸球，得300元购物券；若摸出的是白球，则将摸出的白球放回原来盒子中，再进行第二次摸球．第二次摸球有如下两种方案：方案一，从原来盒子中随机摸出一个球；方案二，从另外一个盒子中随机摸出一个球．若第二次摸出黑球，则结束摸球，得200元购物券；若摸出的是白球，也结束摸球，得100元购物券．用X表示一位参加活动者所得购物券的金额．
(1)在第一次摸出白球的条件下，求选中的盒子为甲盒的概率．
(2)①在第一次摸出白球的条件下，通过计算，说明选择哪个方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依据以上分析，求随机变量的数学期望的最大值.
参考答案
1．【答案】A
由得，
所以，
因为，
所以，
故选：A.
2．【答案】D
结合茎叶图和已知条件，然后分别求出中位数，进而根据平均数即可求出结果.
由题意可得，每个班级的评分会有9个，其中7个是有效得分通过观察数据可知甲班的无效得分为9.8和6+0.1Z，乙班的无效得分为9.5和7.1．通过分析数据可得，甲班的中位数为8.3，则乙班的平均数为，
则，所以.
同理可得乙班的中位数为8.5，则甲班的平均数，
则，所以，
则，
故选：D．
3．【答案】B
抛物线的准线方程为，
又点在抛物线上且纵坐标为，所以点到的焦点的距离为.
故选B
4．【答案】A
由余弦定理得.
5．【答案】A
根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，分别求得方案一和方案二的概率，作出比较，即可求解.
设三门考试课程考试通过的事件为，相应的概率为，
则考试三门课程，至少有两门及格的事件为，
其概率为，
设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为，则,
又由
，
所以，即用方案一的概率大于用方案二的概率.
故选：A.
6．【答案】C
[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +csα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +csβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即
故选C.
7．【答案】A
首先将指对数和特殊值0，1比较大小，再比较的大小关系.
，；
，；
，，
.
故选：A.
8．【答案】A
设，，得出点的轨迹是椭圆在坐标轴正半轴和第一象限的部分,再数形结合，求出的大小，再验证选项即可.
设，，则，，，则，
即点的轨迹是椭圆在坐标轴正半轴和第一象限的部分.
设，即，所以当，即时，取得最小值2，即（此时直线过椭圆的上顶点）.
直线与椭圆在第一象限相切时，最大.将代入椭圆方程并化简得，
所以，所以（负值已舍）.
所以.
，即，所以.
由知，，，
所以与均是单调减函数，
所以.所以A正确.
故选：A.
9．【答案】BC
直接根据复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义依次判断4个选项即可.
由题可知，，A不正确；
，B正确；
，C正确；对应的点在第四象限，D不正确.
故选：BC.
10．【答案】ACD
对A，根据相切求出球的半径，再利用球的体积公式即可；对B，写出体积表达式并结合基本不等式即可判断；对C，设，写出的函数表达式，利用导数即可求出其最大值；对D，利用等体积法求出到平面，再求出截面积即可.
选项A：如图，设底面圆心为，则，，，
因为是边长为2的为等边三角形，则，为中点，
则球的半径所以球的体积为，故A正确；
选项：作，因为面，，
所以底面，，
因为，故B错误；
选项C：设，，
所以.所以.
所以.所以，
设，则令，解得，
当时，，当时，则，
易知在上单调递减，则在单调递减，且，
则当时，， 单调递增；
，故C正确；
选项：当为中点时，，
由，，，得，
所以.
设点到平面的距离为，因为，，，代入数据解得.
所以截面面积为，故D正确.
故选ACD.
【关键点拨】本题C选项的关键是设设，，结合余弦定理和勾股定理求出线段和表示式，利用导数求出其最大值即可.
11．【答案】BC
设点P(x，y)，则eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(\r(（x＋2）2＋y2),\r(（x－4）2＋y2))＝eq \f(1,2)，化简整理得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A错误．假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得eq \f(|PD|,|PE|)＝eq \f(1,2).设D(m，0)，E(n，0)，则eq \f(|PD|,|PE|)＝eq \f(\r(（x－m）2＋y2),\r(（x－n）2＋y2))＝eq \f(1,2)，化简整理得3x2＋3y2－(8m－2n)x＋4m2－n2＝0.由点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8m－2n＝－24，,4m2－n2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－6，,n＝－12))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝4.))因为点D，E异于点A，B，所以D(－6，0)，E(－12，0)，所以假设成立，故B正确．由于cs∠APO＝eq \f(|AP|2＋|PO|2－|AO|2,2|AP||PO|)，cs∠BPO＝eq \f(|BP|2＋|PO|2－|BO|2,2|BP||PO|)，只需证明cs∠APO＝ cs∠BPO，即证eq \f(|AP|2＋|PO|2－|AO|2,2|AP||PO|)＝eq \f(|BP|2＋|PO|2－|BO|2,2|BP||PO|)，化简整理得|PO|2＝2|AP|2－8.又P(x，y)，则|PO|2＝x2＋y2，2|AP|2－8＝2x2＋8x＋2y2＝(x2＋8x＋y2)＋(x2＋y2)＝x2＋y2＝|PO|2，则cs∠APO＝ cs∠BPO，故C正确．设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|得eq \r(x02＋y02)＝2 eq \r(（x0＋2）2＋y02)，整理得3x02＋3y02＋16x0＋16＝0.① 又点M在C上，故满足x02＋y02＋8x0＝0.② 联立①②，解得x0＝2，y0无实数解，故D错误．故选BC.
12．【答案】2
如图：

取的中点，连接，则.设
所以.
故答案为：2
13．【答案】
方法一：如图所示，以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，

则，，设，由，
由阿波罗尼斯圆的定义得，所以，
化简得，故点的轨迹方程为，
（注意：当时，三点共线，不满足题意）
当点到直线距离最大，即为半径时，的面积最大，
最大值为．
方法二 ：由知点在定比为的阿波罗尼斯圆上（记为圆），
且圆半径，连接，

当时，面积取得最大值，且最大值为．
方法三：作高法．作于点．设，，则．

由可得，，
即，当且仅当时，取最大值8，
则的最大值为，可知面积最大为．
方法四：设，则，
由余弦定理得．
的面积为①．
由三角形任意两边之和大于第三边可得，解得，
即，所以当时①式取得最大值，
即的面积的最大值为．
14．【答案】1
（1）当时，，
当或时，，即在单调递减；在单调递增，
当时，恒成立，即在单调递增，
在处，左侧单调递增，右侧单调递增，不是极值点；
在处，左侧单调递增，右侧单调递减，是极值点；
故函数的极值点的个数为个.
（2）若，使得，意味着函数的每个函数值对应至少两个不同自变量，即函数不是单射，
由题意得，当或时，，即在单调递减；在单调递增，
在时取最大值，即的值域为，
当时，恒成立，的值域分别为：当时，；当时，；当时，；
要保证题干的条件，必须满足一次函数的值域与二次函数的值域有交集，且一次函数值域被包含于二次函数的值域，
当时，，此时符合题意，
当时，一次函数的值域为，要求，即，解得，故或，
综上所诉，则的取值范围为.
15．【答案】（1）；
（2）.
（1）设等差数列的公差为，由题可知，,
因为，，得，解得,
所以等差数列an的通项公式为.
（2）当时，，
当时，，
检验，，
所以.
16．【答案】（1），
（2）
（1），的定义域为，
，
因为在处取得极小值，所以，
即，解得，，经检验满足题意，
所以，；
（2）由（1）得，，
因为，，
所以在点处的切线方程为，
即．
17．【答案】见解析.
经典题型： 线面垂直与面面垂直的判定定理、二面角、空间向量的应用
(1)【证明】取CD的中点M,AB靠近点A的三等分点O,连接OM,PO,PM.
因为底面ABCD为直角梯形,且AB∥CD,AB⊥BC,AB=3,CD=4,
则有OB∥MC,OB=MC,
所以四边形OBCM为矩形,所以AB⊥OM.
因为PC=PD=22,所以PM⊥CD,所以AB⊥PM.
因为OM∩PM=M,OM,PM⊂平面POM,
所以AB⊥平面POM.2分
又PO⊂平面POM,所以AB⊥PO.
由PD=22,PA=10,MD=2,OA=1,
得PO=PA2−OA2=3,PM=PD2−MD2=32,
又OM=BC=3,所以△POM为等腰直角三角形,
所以PO⊥OM.4分
又PO⊥AB,OM∩AB=O,OM,AB⊂平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
又PO⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABCD.6分
(2)【解】由(1)可知,OB,OM,OP两两垂直且交于点O,
以O为坐标原点,OB,OM,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(-1,0,0),C(2,3,0),P(0,0,3),D(-2,3,0),
故AC=(3,3,0),PC=(2,3,-3),DC=(4,0,0).8分
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z),
则m·AC=0,m·PC=0,即3x+3y=0,2x+3y−3z=0,
取m=(-3,3,1).
设平面PCD的法向量为n=(x',y',z'),
则n·DC=0,n·PC=0,即4x'=0,2x'+3y'−3z'=0,
取n=(0,1,1).10分
设平面PAC与平面PCD所成锐二面角的大小为θ,
则cs θ=|m·n||m||n|=419×2=23819,
故平面PAC与平面PCD所成锐二面角的余弦值为23819.
12分
18．【答案】（1）
（2）（i）见详解（ii）
（1）由题可知是双曲线C的一条渐近线方程，右焦点为，
∴右焦点到渐近线的距离，
又∵，∴，可得.
由离心率，解得，
∴双曲线C的方程为.
（2）（i）如图所示，由（1）知，，
设直线的方程：，，，
由，得，
∵直线与双曲线C的右支交于两点，
∴，解得，
，，
（ii）设：，：，且，，
由，得，∴，同理可得，
由得，∴，同理可得，
∴
∵，即，∴.
，
又∵，∴.
令，由，，得，
∴，
令，，
∵在区间上为增函数，∴的取值范围为，
又∵，
∴的取值范围为.
19．【答案】(1)
(2)①方案二中取到红球的概率更大；②
（1）利用全概率公式和概率的乘法公式计算；
（2）①利用条件概率公式计算，根据数据下结论；②两种方案分别求出期望，根据数据下结论.
（1）设试验一次，“取到甲盒”为事件，“取到乙盒”为事件，
“第一次摸出黑球”为事件，“第一次摸出白球”为事件，
所以试验一次结果为白球的概率为，
所以，
所以在第一次摸出白球的条件下，选中的盒子为甲盒的概率为.
（2）①
所以方案一中取到黑球的概率为：，
方案二中取到黑球的概率为：，
因为，所以方案二中取到黑球的概率更大.
②随机变量的值为，
依据以上分析，若采用方案一：
，
，
，
，
若采用方案二：
，
，
，
，
所以随机变量的数学期望的最大值.
【名师点拨】某一事件A的发生可能有各种的原因，如果A是由原因Bi(i＝1，2，…，n)引起的，那么事件A发生的概率是P(A)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Bi)P(A|Bi)，每一原因都可能导致A发生，故A发生的概率是各原因引起A发生概率的总和，即全概率公式．由此可以形象地把全概率公式看成“由原因推结果”，每个原因对结果的发生有一定的“作用”，即结果发生的可能性与各种原因的“作用”大小有关．