2026年山东省青岛二中高考数学第二次适应性试卷（含答案）

这是一份2026年山东省青岛二中高考数学第二次适应性试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M={x||x−1|>1}，N={−1,1}，则M∩N=( )
A. {−1,1}B. {−1}C. {1}D. ⌀
2.已知z=(1+i)i，则z+z−=( )
A. −1B. −2C. 2iD. −2i
3.若f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)的最小正周期为π，则f(π3)=( )
A. 0B. 1C. 3D. 2
4.已知双曲线C：x2a2−y28=1(a>0)的两条渐近线相互垂直，则a=( )
A. 4 2B. 2 2C. 4D. 2
5.农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用C=C0e−kt(C0,k为正常数)描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量(单位：mg/kg)，某品种有机磷农药的降解速率常数k=ln23.现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为( )
A. 3天B. 6天C. 9天D. 12天
6.已知x(2+x)4=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a1+a2+a3+a4=( )
A. 16B. 65C. 80D. 81
7.已知正四棱锥的侧棱长为3 3，当该棱锥的体积最大时，它的高为( )
A. 1B. 3C. 2D. 3
8.已知集合A={x∈N∗|1≤x≤2026}.设集合B={b1,b2,b3,…,bn}满足B⊆A，且对任意的bi，bj，bk∈B(i,j,k∈{1,2,3,…,n})，存在m∈N∗，使得bi+bj+bk=39m，则n的最大值为( )
A. 50B. 51C. 52D. 53
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.一个袋子中有4个红球和2个白球，采用不放回方式依次摸取2个球.设事件A为“第一次摸到红球”，事件B为“第二次摸到红球”，则( )
A. P(A)=13B. P(B)=23C. P(B|A)=35D. A与B相互独立
10.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的各顶点都在球O的球面上，若A，O，C1三点共线，则( )
A. B，O，D1三点共线B. AB⊥B1C
C. AD⊥平面DCC1D1D. BC1//平面ADD1A1
11.已知函数f(x)=ex−ax2有三个零点x1，x2，x3(x10)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|=3，|A2F|=1．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．
18.(本小题17分)
将边长为 2的正方形ABCD沿对角线AC折叠，形成四面体D−ABC．
(1)证明：AC⊥BD；
(2)若二面角D−AC−B和A−BD−C的平面角互补，求BD；
(3)证明：存在四面体D−ABC，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于2− 3．
19.(本小题17分)
甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．
(1)求p1，q1和p2，q2；
(2)求2pn+qn与2pn−1+qn−1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示)．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.B
5.C
6.C
7.D
8.C
9.BC
10.BC
11.ABD
12. 2
13.2 5
14.82
15.解：(1)函数f(x)=x2−lnx的定义域为(0,+∞)，
对函数求导得f′(x)=2x−1x，
令f′(x)>0，得x> 22；令f′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，g′(x)0)，又f′(x)=2x−1x，令f′x0=2x0−1x0=1，
得2x02−x0−1=0，解得x0=−12(舍)或x0=1，所以点P0的坐标为(1,1)，
所以曲线f(x)=x2−lnx上与直线x−y−1=0平行的切线的切点为P0(1,1)，
由题意知点P到直线x−y−1=0距离的最小值即为点P0(1,1)到直线x−y−1=0的距离，
又点P0(1,1)到直线x−y−1=0的距离d=|1−1−1| 12+(−1)2= 22，
所以点P到直线x−y−1=0距离的最小值为 22．
16.解：(1)设等比数列{xn}的公比为q，则q>0，
由题意得x1+x1q=3x1q2−x1q=2，
两式相比得：1+qq2−q=32，解得q=2或q=−13(舍)，
∴x1+2x1=3，∴x1=1，
∴xn=2n−1．
(2)过P1，P2，P3，…，Pn向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Q3，…，Qn，
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn，
则bn=n+n+12×(2n−2n−1)=(2n+1)×2n−2，
∴Tn=3×2−1+5×20+7×21+…+(2n+1)×2n−2，①
∴2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n+1)×2n−1，②
①−②得：−Tn=32+(2+22+…+2n−1)−(2n+1)×2n−1
=32+2(1−2n−1)1−2−(2n+1)×2n−1=−12+(1−2n)×2n−1．
∴Tn=(2n−1)×2n+12．
17.解：(1)由题意可知，a+c=3a−c=1，解得a=2c=1，
∴b2=a2−c2=4−1=3．
则椭圆方程为x24+y23=1，椭圆的离心率为e=ca=12；
(2)由题意可知，直线A2P的斜率存在且不为0，
当k0，
2xP=16k2−124k2+3，得xP=8k2−64k2+3，则yP=−12k4k2+3．
S△A1PQ=S△A1A2Q−S△A1A2P=12×4×(−2k)−12×4×−12k4k2+3=−16k3+12k4k2+3．
S△A2FP=12×1×−12k4k2+3=−6k4k2+3．
∴−16k3+12k4k2+3=−12k4k2+3，即2k2=3，得k=− 62(k0时，k=− 62．
∴直线A2P的方程为y=± 62(x−2)．
18.(1)证明：取AC中点M，连接BM，DM，
因为AB=BC，所以BM⊥AC，
同理有DM⊥AC，
且BM∩DM=M，BM，DM⊂平面BDM，
所以AC⊥平面BDM，
又因为BD⊂平面BDM，
所以AC⊥BD；
(2)解：由(1)可知BM⊥AC且DM⊥AC，
所以∠DMB即为二面角D−AC−B的平面角，设∠DMB=α，
取BD中点N，连接AN，CN，因为AB=AD，所以AN⊥BD，同理有CN⊥BD，
所以∠ANC即为二面角A−BD−C的平面角，设∠ANC=β，
在△DMB中，BM=DM=12AC=1，设BD=x，
由余弦定理有csα=BM2+DM2−BD22×BM×DM=12+12−x22×1×1=2−x22，
在△ANC中，AN= AB2−BN2= 2−x24，
同理CN= 2−x24，
由余弦定理有csβ=AN2+CN2−AC22AN⋅CN=2−x24+2−x24−42(2−x24)=x2x2−8，
依题意有α+β=π，
则csα+csβ=0，即2−x22+x2x2−8=0，
得到(2−x2)(8−x2)=2x2，化简得(x2)2−12x2+16=0，
在△DMB中有x=BD625=252，
所以 69+ 3>2，即 69>2− 3．
即命题得证．
19.解：(1)由题意可知：p1=13，q1=23，
则p2=13p1+23×13q1=727，
q2=23p1+(23×23+13×13)q1=1627．
(2)由题意可知：pn+1=13pn+23×13qn=13pn+29qn，
qn+1=23pn+(23×23+13×13)qn+23(1−pn−qn)=−19qn+23，
两式相加可得2pn+1+qn+1=23pn+13qn+23=13(2pn+qn)+23，
则：2pn+qn=13(2pn−1+qn−1)+23，
所以2pn+qn−1=13(2pn−1+qn−1−1)，
因为2p1+q1−1=13，数列{2pn+qn−1}是首项为13，公比为13的等比数列，
所以2pn+qn−1=(13)n，
即2pn+qn=(13)n+1，
所以E(Xn)=2pn+qn+0×(1−pn−qn)=(13)n+1．