2026青岛高三下学期一模数学试题含解析

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2026.03
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，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.考试结束后，将本试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. 已知复数，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由，则，
所以.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由可得,即,
又，故.
3. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得.
【详解】设等差数列的公差为，则有，
即，由，，成等比数列，则，
即，化简得，
由，则，即有，解得，
故.
4. 已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定结合充分条件、必要条件的概念即可判断.
【详解】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件，
设，，显然，从而有成立，但此时不平行，
所以故“”是“”的不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ）
A. 2.5B. 2.7C. 2.9D. 3.1
【答案】C
【解析】
【分析】先求出样本中心点坐标，代入回归直线方程，解方程即可.
【详解】由题意，可得，，
所以样本点的中心坐标为，
代入回归直线方程，可得，
解方程得.
6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ）
A. 35B. 36C. 42D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数.
【详解】有四类不同的安排情形：
①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱，
有种不同的安排方法；
综上，不同的安排方法共有种.
【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素 或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算.
7. 如图，点为矩形边的中点，以动直线为折痕将矩形在其下方的部分向上翻折，每次翻折后点都落在边上，记该落点为，过点作垂直于交直线于点，点的轨迹为曲线的一部分，则为（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的定义求解即可.
【详解】由折痕的性质可得，则直线是线段的垂直平分线，对任意的在上，由，
又因为，所以点到直线的距离为，
所以点到定点的距离等于点到定直线的距离，
由抛物线的定义，可得点的轨迹为抛物线.
8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件，可求得函数关于轴对称，关于中心对称，周期为4，再根据函数的对称性和周期性，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，，
所以函数关于轴对称，关于中心对称，
所以，，
所以，令，则，即，
所以，令，则，所以的周期为4，
又，，所以，所以，
又函数关于轴对称，关于中心对称，
所以，，
又周期为4，所以，，，
所以函数一个周期内的函数值为，，，，
所以，
所以
，
所以.
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. 已知数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由和的关系求出数列为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用，求出，故选项C错误，由，应用等差数列求和公式计算选项D正确.
【详解】由题意，当时，，解得，
当时，，
所以，
所以，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，，故选项A错误，选项B正确；
所以，故选项C错误；
， 故选项D正确.
10. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 恰有两个零点
C. 不等式的解集为
D. 若，则的最小值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项．
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
对于A项，当时，，
对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确；
对于B项，因为在区间上单调递增，且，
根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确；
对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增，
所以等价于，
得，两边平方得，
而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误；
对于D项，因为，且为偶函数，
得，即，
因为，
所以，
又因为在区间上单调递增，所以，得，
则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确．
11. 已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（ ）
A. 球的表面积为B. 当四面体体积最大时，
C. 当时，的最大值为D. 当时，的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题可知四面体是由两个直角三角形构成，结合外接球定义即可求解；对于B，易知当平面时，四面体体积最大，利用等体积法确定内切球半径，再求即可；对于CD，根据题意确定截面，结合异面直线距离公式求出截面面积的最值即可．
【详解】解：对于A，，，
，
，
则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确；
对于B，，又，
当平面时，四面体体积最大，
平面，，
，即和为全等等边三角形，
则，
四面体的表面积，
，
则四面体内切球半径，
易得平面，故四面体关于平面对称，
则内切球球心在平面上，
过分别作，则，
平面，
平面，同理可得平面，
，即四边形为正方形，
，故B错误；
对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线，
设的中点为，又，故直线为直线，
则为其中一个截面，
又平面，平面，
，，
在上取一点，作截面，
由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小，
以为原点建立空间直角坐标系，
则，
设异面直线的公共法向量为，距离为，
，不妨取，则，
，
即点到距离的最小值为，此时，
则截面面积最小值为，
综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______.
【答案】0.8
【解析】
【详解】由可得，因，
由正态曲线对称性，得，
则.
13. 双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与在第一象限的交点为，若直线与的一条渐近线平行，则的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用直径所对圆周角为直角得到垂直关系，结合渐近线斜率得到焦半径比例，再通过双曲线定义和勾股定理联立求解得到关系，算出离心率.
【详解】因为以为直径的圆与在第一象限的交点为，所以.
由直线与的一条渐近线平行可得，所以，
又由双曲线定义可得，所以，得，所以.
由得，即，整理得，
所以，，离心率.
【点睛】本题是结合圆的几何性质、双曲线定义与渐近线斜率的离心率求解问题，核心方法是通过几何关系与定义联立方程，建立关系求离心率.
14. 记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______
【答案】##
【解析】
【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求解最小值即可.
详解】由，
化简得
由正弦定理得，
所以，
又因为，
设，所以
又，
所以，
所以，
所以，
设，
所以，所以有解，
所以，解得，又因为，所以，
所以的最小值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 函数（，，）的部分图像如图所示.
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）已知，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可.
（2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可.
【小问1详解】
由图可得，，
所以，且，得，，
又因为，所以，所以.
又因为，，
解得，，
所以在上的单调递增区间为.
【小问2详解】
因为，所以
因为所以，即，
所以.
所以.
16. 如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥.
（1）证明：平面平面；
（2）当二面角为120°时，求和平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
由题意得，为等边三角形，
又为中点，所以，，故.
又因为，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
由（1）知，，
又，所以即为二面角的平面角，即.
则，，，.
，，，
设平面的法向量，
则，即，取
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，，，使得，求的最大值.
【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分和，根据导函数的符号判断函数的单调性.
（2）先根据函数的单调性得，，设，，求导，分析函数的单调性，求函数的最大值即可.
【小问1详解】
由题得，
若，则在上恒成立，所以在上单调递减，
若，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）得，若存在，，使得，
则必有，由.
所以等价于，
即，化简得：
设，，则，
所以在上单调递减，所以，
此时，.
所以当，时等号成立，所以的最大值为.
18. 在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元，，且生成词元总数不超过.若生成，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下：
①若预测中第一次出现词元，则审核后生成，的概率均为0.5；
②若预测中第二次出现词元，则审核后必生成；
③若预测中出现词元，则审核后必生成.
设表示过程结束时生成词元的总个数.
（1）求，；
（2）求的分布列；
（3）求.
【答案】（1），
（2）
（3）【解析】
【分析】（1）根据规则判断出和的情形，结合概率乘法公式求解即可.
（2）结合题干规则推导出，进而求出，即可得到分布列.
（3）结合错位相减法及等比数列的前项和公式求出，根据条件概率公式求解即可.
【小问1详解】
表示第一次就生成并结束过程，即第一次预测为，且审核生成，
.
表示第二次生成并结束过程，情况有：第一次预测为，且审核生成，第二次预测为；第一次预测为，审核必生成，第二次预测为，且审核生成.
.
【小问2详解】
（，）时，第个词元输出为，
若前面个词元都预测为，其概率为，
若前面个词元有一个预测为，其概率为，
故，
当时，
若前面个词元都没有预测，其概率为，
若前面个词元有一个预测为，其概率为，
故
所以的分布列为：
【小问3详解】
由（1）得，
由（2）得，
，
，
，
，
所以
所以
19. 已知为坐标原点，椭圆：（）的离心率为，长轴长为4.
（1）求的方程；
（2）若过的直线交于，两点，点在上，点为直线与轴的交点，点的横坐标为点横坐标的3倍.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若点，都在曲线：（）上，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用离心率及长轴长计算即可得；
（2）（ⅰ）法一：设，，借助点差法计算即可得；法二：设：，联立椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出与后，由可得，即可得证；（ⅱ）设，，则有，两式相乘可得，则可得，设，可得在上单调递增，故可得，即可得解.
【小问1详解】
由题得，，，得，，，
所以的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）（法1）设，，，，
因为，两式作差得：，
又因为，即，所以，
所以；
（法2）由题可知直线斜率存在且不为0，
设：，，，，，
由，得，所以，
所以，，
因为，则，即有，所以；
（ⅱ）设，，其中，，，
因为，所以，
两式相乘得：，又因为，
所以，
所以，
令（），
所以，
令，又因为在区间上单调递增；
所以，
显然在上单调递增，因为，得，
所以，所以（当且仅当，时取等号），
综上，的最大值为.
2.8
3.3
5.0
6.7
7.2
2.6
4.0
5.1
5.4
1
2
3
…
…
1
2
3
…
…