2026届山西省长治市三校高考数学试题模拟试卷（5月份）含解析.doc

2026届山西省长治市三校高考数学试题模拟试卷（5月份）
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．给出下列三个命题：
①“”的否定；
②在中，“”是“”的充要条件；
③将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．
其中假命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（ ）
A． B．4 C． D．16
5．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）
A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4
C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为8
6．复数，是虚数单位，则下列结论正确的是
A． B．的共轭复数为
C．的实部与虚部之和为1 D．在复平面内的对应点位于第一象限
7．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是( )
A．3 B．2 C．4 D．5
8．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的值为2，则输出的值为　　

A． B． C． D．
9． 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
10．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）
A．5 B．11 C．20 D．25
11．在四面体中，为正三角形，边长为6，，，，则四面体的体积为（ ）
A． B． C．24 D．
12．设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者127人.在医护人员的精心治疗下，第15天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院.如果从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，那么第19天治愈出院患者的人数为_______________，第_______________天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院.
14．已知圆C：经过抛物线E：的焦点，则抛物线E的准线与圆C相交所得弦长是__________.
15．抛物线上到其焦点的距离为的点的个数为________．
16．展开式中项系数为160，则的值为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，且，求的值.
18．（12分）在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学生线上学习.某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高三年级随机选取45名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于5小时的有19人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足120分的占，统计成绩后得到如下列联表：

分数不少于120分
分数不足120分
合计
线上学习时间不少于5小时

4
19
线上学习时间不足5小时

合计

45
（1）请完成上面列联表；并判断是否有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”；
（2）①按照分层抽样的方法，在上述样本中从分数不少于120分和分数不足120分的两组学生中抽取9名学生，设抽到不足120分且每周线上学习时间不足5小时的人数是，求的分布列（概率用组合数算式表示）；
②若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数的期望和方差.
（下面的临界值表供参考）

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（参考公式其中）
19．（12分）已知；.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.
20．（12分）已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）当时，求证：.
21．（12分）已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且.
（1）判断点是否在直线上？说明理由；
（2）设点是△的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值.
22．（10分）一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．
（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？
（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.
【详解】
因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，
所以
所以
故选：A
本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.
2．C
【解析】
利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.
【详解】
.
当时，；
当时，由，
可得，
两式相减，可得，故，
因为也适合上式，所以.
依题意，，
故.
故选：C.
本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.
3．C
【解析】
结合不等式、三角函数的性质,对三个命题逐个分析并判断其真假,即可选出答案.
【详解】
对于命题①,因为,所以“”是真命题,故其否定是假命题,即①是假命题;
对于命题②,充分性:中,若,则,由余弦函数的单调性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,结合余弦函数的单调性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命题②正确;
对于命题③,将函数的图象向左平移个单位长度,可得到的图象,即命题③是假命题．
故假命题有①③.
故选:C
本题考查了命题真假的判断,考查了余弦函数单调性的应用,考查了三角函数图象的平移变换,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.
4．D
【解析】
根据复数乘方公式：，直接求解即可.
【详解】

，
.
故选：D
本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.
5．D
【解析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.
【详解】
样本的平均数是10，方差为2，
所以样本的平均数为,方差为.
故选:D.
样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.
6．D
【解析】
利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．
【详解】
由题意，
则，的共轭复数为，
复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．
复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．
7．A
【解析】
根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值.
【详解】
，，对任意的，存在实数满足，使得，
易得，即恒成立，
，对于恒成立,
设，则，
令，在恒成立，
，
故存在，使得，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
,将代入得：
，
，且，

故选：A
本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.
8．C
【解析】
由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的，的值，当时，不满足条件，跳出循环，输出的值．
【详解】
解：初始值，，程序运行过程如下表所示：
，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
跳出循环，输出的值为
其中①
②
①—②得

．
故选：．
本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到，的值是解题的关键，属于基础题．
9．A
【解析】
先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B.
【详解】
由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以.
故选：A
此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题.
10．D
【解析】
由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.
【详解】
等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，
又，，为三角形的三边长，且最大内角为，
由余弦定理得，设首项为，
即得，
所以或，又即,舍去，，d=-2
前项和.
故的最大值为.
故选：D
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.
11．A
【解析】
推导出，分别取的中点,连结，则，推导出，从而，进而四面体的体积为，由此能求出结果.
【详解】
解： 在四面体中，为等边三角形，边长为6，
，，，
，
，
分别取的中点，连结，
则，
且，，
，
，
平面，平面，
，
四面体的体积为：

.
故答案为：.
本题考查四面体体积的求法，考查空间中线线，线面，面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力.
12．A
【解析】
根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
若，则与共线，且方向相同，充分性；
当与共线，方向相反时，，故不必要.
故选：.
本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．16 1
【解析】
由题意可知出院人数构成一个首项为1，公比为2的等比数列，由此可求结果．
【详解】
某医院一次性收治患者127人．
第15天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．
且从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，
从第15天开始，每天出院人数构成以1为首项，2为公比的等比数列，
则第19天治愈出院患者的人数为，
，
解得，
第天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．
故答案为：16，1．
本题主要考查了等比数列在实际问题中的应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
14．
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，代入圆的方程，求出的值，再求出准线方程，利用点到直线的距离公式，求出弦心距，利用勾股定理可以求出弦长的一半，进而求出弦长．
【详解】
抛物线E: 的准线为，焦点为（0，1），把焦点的坐标代入圆的方程中，得，所以圆心的坐标为，半径为5，则圆心到准线的距离为1，
所以弦长．
本题考查了抛物线的准线、圆的弦长公式．
15．
【解析】
设抛物线上任意一点的坐标为，根据抛物线的定义求得，并求出对应的，即可得出结果.
【详解】
设抛物线上任意一点的坐标为，
抛物线的准线方程为，由抛物线的定义得，解得，此时.
因此，抛物线上到其焦点的距离为的点的个数为.
故答案为：.
本题考查利用抛物线的定义求点的坐标，考查计算能力，属于基础题.
16．-2
【解析】
表示该二项式的展开式的第r+1项，令其指数为3，再代回原表达式构建方程求得答案.
【详解】
该二项式的展开式的第r+1项为
令，所以，则
故答案为：
本题考查由二项式指定项的系数求参数，属于简单题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）直接代入再由诱导公式计算可得；
（Ⅱ）先得到，再根据利用两角差的余弦公式计算可得．
【详解】
解：（Ⅰ）

；
（Ⅱ）因为
所以，
由得，
又因为，故，所以，
所以.
本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属于中档题．
18．（1）填表见解析；有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”（2）①详见解析②期望；方差
【解析】
（1）完成列联表，代入数据即可判断；
（2）利用分层抽样可得的取值，进而得到概率，列出分布列；根据分析知，计算出期望与方差.
【详解】
（1）

分数不少于120分
分数不足120分
合计
线上学习时间不少于5小时
15
4
19
线上学习时间不足5小时
10
16
26
合计
25
20
45

有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”.
（2）①由分层抽样知，需要从不足120分的学生中抽取人，
的可能取值为0，1，2，3，4，
，，
，，
所以，的分布列：

②从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，此人每周上线时间不少于5小时的概率为，设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为，则，
故，.
本题考查了独立性检验与离散型随机变量的分布列、数学期望与方差的计算问题，属于基础题.
19．（1） （2）或
【解析】
（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.
【详解】
（1），
且，
解得
所以当为真命题时，实数的取值范围是.
（2）由，可得，
又∵当时，，
.
∵当为真命题，且为假命题时，
∴与的真假性相同，
当假假时，有，解得；
当真真时，有，解得；
故当为真命题且为假命题时，可得或.
本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
20． (1) 的极小值为，无极大值.（2）见解析.
【解析】
（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.
（2）构造函数，证明恒成立，得到，
，得证.
【详解】
（1）由题意知，，
令，得，令，得.
则在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）当时，要证，即证.
令，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以，即.因为时，，
所以当时，，
所以当时，不等式成立.
本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.
21．（1）不在，证明见详解；（2）
【解析】
（1）假设直线方程，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算，可得，然后验证可得结果.
（2）分别计算线段中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点的轨迹方程，然后可得焦点，结合抛物线定义可得，计算可得结果.
【详解】
（1）设直线方程，
根据题意可知直线斜率一定存在，
则

则

由
所以
将代入上式
化简可得，所以
则直线方程为，
所以直线过定点，
所以可知点不在直线上.
（2）设
线段的中点为
线段的中点为
则直线的斜率为，
直线的斜率为
可知线段的中垂线的方程为
由，所以上式化简为
即线段的中垂线的方程为
同理可得：
线段的中垂线的方程为
则
由（1）可知：
所以
即，所以点轨迹方程为
焦点为，
所以
当三点共线时，有最大
所以
本题考查直线于抛物线的综合应用，第（1）问中难点在于计算处，第（2）问中关键在于得到点的轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.
22．（1）当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为； （2）见解析.
【解析】
（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大．（2）n＝1时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，1．分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可．
【详解】
（1）对一个坑而言，要补播种的概率，
有3个坑要补播种的概率为.
欲使最大，只需，
解得，因为，所以
当时，；
当时，；
所以当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为.
（2）由已知，的可能取值为0，1，2，3，1.，
所以的分布列为

0
1
2
3
1

的数学期望.
本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题．