山东省枣庄市市中区枣庄三中2026年高三第四次模拟试题含解析.doc

山东省枣庄市市中区枣庄三中2026年高三第四次模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）

A． B．
C． D．
2．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数是上的减函数，当最小时，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图象如图所示,则它的解析式可能是( )

A． B．
C． D．
6．已知，，，则( )
A． B． C． D．
7．若复数满足,则(　　)
A． B． C． D．
8．已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则 B．若且，则
C．若且，则 D．若不垂直于，且，则不垂直于
9．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）
A． B． C．或 D．或4
10．已知曲线且过定点，若且，则的最小值为（ ）.
A． B．9 C．5 D．
11．已知函数，则下列结论中正确的是
①函数的最小正周期为；
②函数的图象是轴对称图形；
③函数的极大值为；
④函数的最小值为．
A．①③ B．②④
C．②③ D．②③④
12．射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）
（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001）
A．0.110 B．0.112 C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设等比数列的前项和为，若，，则__________．
14．已知椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于，若三角形的面积等于，则该椭圆的离心率为________.
15．若关于的不等式在时恒成立，则实数的取值范围是_____
16．设函数，，其中．若存在唯一的整数使得，则实数的取值范围是_____．
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）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距为2，且经过点，斜率为的直线经过点，与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围，如果不存在，请说明理由.
18．（12分）已知在中，角、、的对边分别为，，，，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的面积.
19．（12分）在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积．
20．（12分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，底面，且，为的中点.

（1）证明：；
（2）设点是线段上的动点，当直线与直线所成的角最小时，求三棱锥的体积.
21．（12分）已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，坐标原点为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）当以为直径的圆与轴相切时，求直线的方程.
22．（10分）已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？
（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.
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】
画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；
【详解】
如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.

法一：四边形的外接圆直径，，
；
法二：，，；
法三：作出的外接圆直径，则，，，
，，，
，，，.
故选：A
此题考查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.
2．D
【解析】
设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.
【详解】
显然直线不满足条件，故可设直线：，
，，由，得，
，
解得或，
，，
，
，

，
解得，
直线的斜率的取值范围为.
故选：D.
本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
3．A
【解析】
首先根据为上的减函数，列出不等式组，求得，所以当最小时，，之后将函数零点个数转化为函数图象与直线交点的个数问题，画出图形，数形结合得到结果.
【详解】
由于为上的减函数，则有，可得，
所以当最小时，，
函数恰有两个零点等价于方程有两个实根，
等价于函数与的图像有两个交点．
画出函数的简图如下，而函数恒过定点，

数形结合可得的取值范围为．
故选：A.
该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有分段函数在定义域上单调减求参数的取值范围，根据函数零点个数求参数的取值范围，数形结合思想的应用，属于中档题目.
4．A
【解析】
首先判断和1的大小关系，再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.
【详解】
因为，，，所以，综上可得.
故选：A
本题考查了换底公式和对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．B
【解析】
根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除.
【详解】
根据函数图象得定义域为，所以不合题意；
选项，计算，不符合函数图象；
对于选项， 与函数图象不一致；
选项符合函数图象特征.
故选：B
此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法.
6．B
【解析】
利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.
【详解】
由于，
，

故.
故选：B.
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.
7．C
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【详解】
解：由，得，
∴．
故选C．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
8．C
【解析】
因答案A中的直线可以异面或相交，故不正确；答案B中的直线也成立，故不正确；答案C中的直线可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直，是正确的；答案D中直线也有可能垂直于直线，故不正确．应选答案C．
9．C
【解析】
对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.
【详解】
分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
10．A
【解析】
根据指数型函数所过的定点，确定，再根据条件，利用基本不等式求的最小值.
【详解】
定点为,
，

当且仅当时等号成立，
即时取得最小值.
故选：A
本题考查指数型函数的性质，以及基本不等式求最值，意在考查转化与变形，基本计算能力，属于基础题型.
11．D
【解析】
因为，所以①不正确；
因为，所以，
，所以，
所以函数的图象是轴对称图形，②正确；
易知函数的最小正周期为，因为函数的图象关于直线对称，所以只需研究函数在上的极大值与最小值即可．当时，，且，令，得，可知函数在处取得极大值为，③正确；
因为，所以，所以函数的最小值为，④正确．
故选D．
12．C
【解析】
根据题意知,，代入公式,求出即可.
【详解】
由题意可得,因为,
所以,即.
所以这种射线的吸收系数为.
故选:C
本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由题意，设等比数列的公比为，根据已知条件，列出方程组，求得的值，利用求和公式，即可求解．
【详解】
由题意，设等比数列的公比为，
因为，即，解得，，
所以.
本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式，正确求解首项和公比是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
14．
【解析】
由题得直线的方程为，代入椭圆方程得：，
设点，则有，由
，且解出，进而求解出离心率.
【详解】
由题知，直线的方程为，代入消得：
，
设点，则有，
，
而，又，
解得：，所以离心率.
故答案为：
本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，三角形面积计算与离心率的求解，考查了学生的运算求解能力
15．
【解析】
利用对数函数的单调性，将不等式去掉对数符号，再依据分离参数法，转化成求构造函数最值问题，进而求得的取值范围。
【详解】
由 得，两边同除以，得到，，
，设，，由函数 在上递减，
所以，故实数的取值范围是。
本题主要考查对数函数的单调性，以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。
16．
【解析】
根据分段函数的解析式画出图像,再根据存在唯一的整数使得数形结合列出临界条件满足的关系式求解即可.
【详解】
解：函数,且
画出的图象如下：

因为,且存在唯一的整数使得,
故与在时无交点,
,得；
又,过定点
又由图像可知,若存在唯一的整数使得时,所以
,
存在唯一的整数使得
所以
.根据图像可知,当时, 恒成立.
综上所述, 存在唯一的整数使得,此时
故答案为：
本题主要考查了数形结合分析参数范围的问题,需要根据题意分别分析定点右边的整数点中为满足条件的唯一整数,再数形结合列出时的不等式求的范围.属于难题.

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．（1）（2）存在；实数的取值范围是
【解析】
（1）根据椭圆定义计算，再根据，，的关系计算即可得出椭圆方程；（2）设直线方程为，与椭圆方程联立方程组，求出的范围，根据根与系数的关系求出的中点坐标，求出的中垂线与轴的交点横，得出关于的函数，利用基本不等式得出的范围．
【详解】
（1）由题意可知，，．
又，
，，
椭圆的方程为：．
（2）若存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形，
则为线段的中垂线与轴的交点．
设直线的方程为：，，，，，
联立方程组，消元得：，
△，又，故．
由根与系数的关系可得，设的中点为，，
则，，
线段的中垂线方程为：，
令可得，即．
，故，当且仅当即时取等号，
，且．
的取值范围是，．
本题主要考查了椭圆的性质，考查直线与椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
18．（1）7（2）14
【解析】
（1）在中，，可得 ，结合正弦定理，即可求得答案；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】
（1）在中，，
，
，
，
，
.
（2），
，
，
解得，
.
本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是掌握正弦定理边化角，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
19．（1）；（2）
【解析】
(1)利用正弦定理边化角,再利用二倍角的正弦公式与正弦的和角公式化简求解即可.
(2)由(1)有,根据正弦定理可得,进而求得的值,再根据三角形的面积公式求解即可.
【详解】
（1）由,得,
得,
由正弦定理得,
显然,同时除以,得.
所以.所以.
显然,所以,解得.又,所以.
（2）若,由正弦定理得,得,解得.
又,
所以.
本题主要考查了正余弦定理与面积公式在解三角形中的运用,需要根据题意用正弦定理进行边角互化,再根据三角恒等变换进行化简求解等.属于中档题.
20．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明，只需证明平面即可；
（2）以C为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求，并求其最大值从而确定出使问题得到解决.
【详解】
（1）连结AC、AE，由已知，四边形ABCE为正方形，则①，因为底面
，则②，由①②知平面，所以.
（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
，所以，，，设，
，则，所以
，设，则
，所以当，即时，取最大值，
从而取最小值，即直线与直线所成的角最小，此时，
则，因为，，则平面，从而M到平面的
距离，所以.
本题考查线面垂直证线线垂直、异面直线直线所成角计算、换元法求函数最值以及等体积法求三棱锥的体积，考查的内容较多，计算量较大，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
21．（1）；（2）或
【解析】
试题分析：本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题等基础知识，同时考查考生的分析问题解决问题的能力、转化能力、运算求解能力以及数形结合思想. 第一问，设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1＋y2，y1y2，，代入到中解出P的值；第二问，结合第一问的过程，利用两种方法求出的长，联立解出m的值，从而得到直线的方程.
试题解析：（Ⅰ）设l：x＝my－2，代入y2＝2px，得y2－2pmy＋4p＝1．（*）
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝4p，则．
因为，所以x1x2＋y1y2＝12，即4＋4p＝12，
得p＝2，抛物线的方程为y2＝4x． …5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）（*）化为y2－4my＋2＝1．
y1＋y2＝4m，y1y2＝2． …6分
设AB的中点为M，则|AB|＝2xm＝x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝4m2－4， ①
又， ②
由①②得(1＋m2)(16m2－32) ＝(4m2－4)2，
解得m2＝3，．
所以，直线l的方程为，或． …12分
考点：抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题.
22．（1），抛物线；（2）存在，.
【解析】
（1）设，易得，化简即得；
（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.
联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.
【详解】
（1）设，由题意，得，化简得，
所以动圆圆心Q的轨迹方程为，
它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.
（2）不妨设.
因为，所以，
从而直线PA的斜率为，解得，即，
又，所以轴.
要使，只需.
设直线m的方程为，代入并整理，
得.
首先，，解得或.
其次，设，，
则，.

.
故存在直线m，使得，
此时直线m的斜率的取值范围为.
本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.