2025-2026学年下学期山东省日照高三数学2026年5月模拟考试试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期山东省日照高三数学2026年5月模拟考试试卷含答案，共9页。试卷主要包含了05， 下列说法正确的是，3，若x¯=5，y¯=0等内容，欢迎下载使用。
2026.05
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。
一、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. 设全集U={−2,−1,0,1}，集合A={−2,0,1}，B={−1,1}，则A∩(CUB)=
A. {−2} B. {0}
C. {−2,0} D. {−2,0,1}
2. 已知复数z满足1+iz=z−2i，则|z|=
A. 32 B. 52
C. 102 D. 2
3. 设a，b是夹角为120°的两个单位向量，若c=2a+b，则|c|=
A. 3 B. 2
C. 7 D. 3
4. 已知数列{an}，则“{an}为等差数列”是“∀n∈N+，an+2−an=m（m为常数）”的
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
5. 已知函数f(x)=1lgax(a>0且a≠1)，若f(2)+f(4)=3，则a=
A. 2 B. 2
C. 3 D. 4
6. 在x−12xn的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中x6的系数是
A. 454 B. −358
C. 358 D. 7
7. 已知ω>0，若曲线y=cs(ωx)与y=csωx−π3相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则ω=
A. 3π3 B. 2π2
C. 2π D. 3π
8. 已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则
A. 有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值
B. 有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值
C. 有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值
D. 有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值
二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 下列说法正确的是
A. 若随机变量X∼B4,12，则D(X)=1
B. 若事件A和B相互独立，则P(A∪B)=P(A)+P(B)
C. 已知变量x，y具有线性相关关系，且线性回归方程是y^=b^x+0.3，若x¯=5，y¯=0.8，则b^=0.1
D. 已知x1，x2，x3，x4的平均数为x¯，方差为2，则x1，x2，x3，x4，x¯的方差为85
10. 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，O为坐标原点，则下列说法正确的是
A. 若|BF|=4|AF|，则直线l的斜率为±43
B. |AF|+4|BF|≥18
C. 00，令g'(x)=ex−a=0，解得x=lna，………………7分
所以当x∈(−∞,lna)时，g'(x)0，所以h(x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,e)时，h'(x)∠MF1F2=∠F2MF1，
又因为cs∠F1MF2=14π3，
所以∠MF2F1+∠MF1F2+∠F2MF1>π，矛盾，舍．………………1分
若|MF1|=|F1F2|，则|MF1|=2c，|MF2|=2c−2，∴cs∠F1MF2=4c2+(2c−2)2−4c22·2c·(2c−2)=14，
解得c=2，∴b2=3，所以双曲线C:x21−y23=1．………………4分
（i）①当直线l斜率为零时，设A(x1,y1)则B(−x1,y1)，∵MA⊥MB，∴MA→⊥MB→，
∴MA→·MB→=(x1−1,y1)·(−x1−1,y1)=1−x12+y12=0，又因为 x12−y123=1，解得 y1=0，不符合题意；
②当直线 l 斜率不为零时，设 l:x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由 {x2−y23=1x=ty+m，可得 (3t2−1)y2+6tmy+3(m2−1)=0，
3t2−1≠0，
则 {Δ=36t2m2−4(3t2−1)(m2−1)>0y1+y2=−6tm3t2−1y1y2=3(m2−1)3t2−1 ⋯⋯⋯⋯6 分
∵MA⊥MB，∴MA→⊥MB→，∴MA→·MB→=0，⋯⋯⋯⋯7 分
∴(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，∴(t2+1)y1y2+t(m−1)(y1+y2)+(m−1)2=0，
即 (t2+1)·3(m2−1)3t2−1+t(m−1)·−6tm3t2−1+(m−1)2=0，
∴m2+m−2=0，∴m=−2 或 1（舍），m=−2 时，满足 Δ>0.
∴l 与 x 轴交点的坐标 (−2,0).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
（ii）设 l 的方程为 m(x−x0)+n(y−y0)=1，
因为 l 过点 (−2x0,2y0)，所以 −3mx0+ny0=1.
由 C:x2−y23=1 变形得 3[(x−x0)+x0]2−[(y−y0)+y0]2=3，
即 3(x−x0)2−(y−y0)2+[6x0(x−x0)−2y0(y−y0)]=0，
所以 3(x−x0)2−(y−y0)2+[6x0(x−x0)−2y0(y−y0)][m(x−x0)+n(y−y0)]=0，
整理得 −(1+2ny0)y−y0x−x02+(6nx0−2ny0)y−y0x−x0+3+6mx0=0，
所以 kMA·kMB=3+6mx01+2ny0=3+2ny0−21+2ny0=−1，即 MA⊥MB.
当 MA，MB 中有一条直线斜率不存在时，假设 MA 斜率不存在，A(x0,−y0)，l 过点 (−2x0,2y0) 可得 l:y=−y0x0x，
由对称性可知 B(−x0,y0) 也满足 MA⊥MB.
综上，恒有 MA⊥MB，所以费马点 P 在 ∆MAB 内部，⋯⋯⋯⋯11 分
且 ∠APM=∠BPM=∠BPA=120°，
∴S1+S2S3=12(|PA|+|PB|)·|PM|sin120°12|PA|·|PB|sin120°=(|PA|+|PB|)·|PM||PA|·|PB|=|PM||PA|+|PM||PB|
13分
又因为|MA|2+|MB|2=|AB|2，由余弦定理得：
|PA|2+|PM|2+|PA|·|PM|+|PB|2+|PM|2+|PB|·|PM|=|PA|2+|PB|2+|PA|·|PB|
所以2|PM|2+|PA|·|PM|+|PB|·|PM|=|PA|·|PB|，
即2|PM||PA|·|PM||PB|+|PM||PA|+|PM||PB|=1，15分
令|PM||PA|=x，|PM||PB|=y，则2xy+x+y=1，所以S1+S2S3=x+y。
因为2xy+x+y=1≤(x+y)22+(x+y)，所以x+y≥3−1，
当且仅当x=y=3−12时等号成立，
所以S1+S2S3的最小值为3-1。17分
19.【解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，
由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有4×4−4=12种，
其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点(2,0)，(−2,0)，(0,2)，(0,−2)这四种情况.则
P(B|A)=P(AB)P(A)=4161216=13
故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为13。3分
（2）（i）点M在第2秒末回到原点，p2=4×142=14；4分
点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有A44种，
左右方向各移动两次的情况有C42种，上下方向各移动两次的情况有C42种，
所以p4=A44+2C4244=964；6分
若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等，
设左右各移动i(0≤i≤n)次，则上下各移动n−i次，
所以 p2n=∑i=0nC2niC2n−iiC2n−2in−i42n=116n∑i=0n(2n)!(i!)2(n−i)!2=116n·(2n)!(n!)2∑i=0n(n!)2(i!)2(n−i)!2。
=116n·C2nn∑i=0n(Cni)2=116n·(C2nn)2=116n·[(2n)!]2(n!)4，9分
（ii）由 2πnnen116n·16n6n=16n，12分
所以 Sn=b1+b2+⋯+bn>16(1+12+13+⋯+1n)，
令 f(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则 f'(x)=1x+1−1t，
综上，当 n≥e6t 时，Sn>t 成立，所以点 M 是常返的17分