山东省青岛市第二中学2026届高三第三次适应性检测数学试卷含答案（word版）

这是一份山东省青岛市第二中学2026届高三第三次适应性检测数学试卷含答案（word版），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1-8: CADA CABA
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. AB 10. ABD 11. ACD
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 22 13. 5216 14. 0,42
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.(13分)
(1)证明:在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，因为 BC⊥ 平面 ABB1A1 ， AE⊂ 平面 ABB1A1 ， 所以 BC⊥AE ,
因为 ABB1A1 为正方形，所以 AE⊥A1B ，
因为 BC∩A1B=B,BC,A1B⊂ 平面 A1BC
所以 AE⊥ 平面 A1BC
(2)以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AA1 分别为 x 、 y 、 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A−xyz ,

则 A0,0,0,B2,0,0,A10,0,2,E1,0,1,C2,4,0,F2,2,0 ;
AE=1,0,1,AF=2,2,0,AA1=0,0,2,AC=2,4,0
设平面 AEF 的法向量为 n=x1,y1,z1 ,
则 n⋅AE=x1+z1=0n⋅AF=2x1+2y1=0 ,令 x1=1 ,则 y1=−1,z1=−1 ,即 n=1,−1,−1 ,
设平面 AA1C 的法向量为 m=x2,y2,z2 ,则
m⋅AA1=2z2=0m⋅AC=2x2+4y2=0 ,令 x2=2 ,则 y2=−1,z2=0 ,即 m=2,−1,0 ,
cs⟨m,n⟩=2+13⋅5=155,
所以,平面 AEF 与平面 AA1C 的夹角的余弦值为 155 .
16. (15分)
(1)当 a=1,b=2 时， fx=x−12x−2 ，
则 f′x=2x−1x−2+x−12=x−13x−5 ,故 f′2=1 ,
又 f2=0 ,所以曲线 y=fx 在点 2,0 处的切线方程为 y=x−2 ;
(2) f′x=2x−ax−b+x−a2=3x−axa+2b3 ,
由于 ab ，则 sinA>sinB ，又 A,B∈0,π ，故 A>B 。
所以“A>B”是“a>b”的充要条件。
(2)解:
C=π−A−B ,所以 sinC=sinA+B 。
原式 =csA+csB+sinA+B 。
利用和差化积与三角恒等变换:
=2csA+B/2csA−B/2+2sinA+B/2csA+B/2
当 A=B 时取得最大值,最大值为 3​2/2 。
18. (17 分)
(1)在1,2,3,4中，奇数和偶数各有两个，所以 a2,a4 中奇数个数等于 a1,a3 中偶数个数， 因此 1−a1+3−a3 与 2−a2+4−a4 的奇偶性相同,
从而 X=1−a1+2−a2+3−a3+4−a4∣ 必为偶数,又 X 的值非负,且其值不大于 8,
所以 X 的所有可能取值有0,2,4,6,8;
(2)用 a1,a2,a3,a4 表示1,2,3,4的一个排列，则当 X=4 时，所有可能的情况如下:
X=1+1+1+1=2+2+0+0=2+1+1+0,
若 X=1+1+1+1 ,则 a1,a2,a3,a4=2,1,4,3 ,
若 X=2+2+0+0 ,则 a1,a2,a3,a4=1,4,3,2 ,或 a1,a2,a3,a4=3,2,1,4 ,
若 X=2+1+1+0 ,则 a1,a2,a3,a4=3,1,2,4 ,或 a1,a2,a3,a4=1,4,2,3 ,
或 a1,a2,a3,a4=2,3,1,4 ,或 a1,a2,a3,a4=1,3,4,2 ,
故 PX=4=7A44=724 ;
(3)依题意可得 PX=0=124 ，
当 X=2 时, X=1+1+0+0 ,
则 a1,a2,a3,a4=2,1,3,4 ,或 a1,a2,a3,a4=1,2,4,3 ,
或 a1,a2,a3,a4=1,3,2,4 ,
故 PX=2=324 ,
所以 PX≤2=PX=0+PX=2=424=16 ,
因为各轮测试相互独立,记 A= “该品酒师在相继进行的三轮测试中,都有 X≤2 ”, 则 PA=163=1216 ,是一个很小的概率,
所以可以认为该品酒师的酒味鉴别功能优秀.
19.(17分)
(1)直线 l 方程中，令 y=0 ，则 x=−1 ，
则直线 l 与 x 轴交于 −1,0 ,所以 a=1 . 离心率 ca=5 ,
所以 c=5 ,故 b2=c2−a2=4 .
所以双曲线 E 的标准方程为 x2−y24=1 .
(2)(i)经检验，当一条切线斜率不存在时，
若 T1,2 ,显然另一条切线方程斜率存在,设切线方程为 y−2=kx−1 ,
联立双曲线方程得 k2−4x2−2kk−2x+k−22+4=0 ,
则 Δ=4k2k−22−4k2−4k−22+4=0 ,
解得 k=2 ,而双曲线渐近线方程为 y=±2x ,则此时不符合题意,
当 T−1,0 时,此时只有一条切线,显然不合题意,
则两条切线斜率均存在,设切线斜率为 k ,切线方程为 y=kx−t+t+1 ,
与双曲线方程联立得: k2−4x2−2kkt−t−1x+kt−t−12+4=0 ,
令 Δ1=4k2kt−t−12−4k2−4kt−t−12+4=0 .
整理得: kt−t−12−k2+4=0 ,由于 k≠±2 ,所以 t≠−13 且 t≠1 .
上式整理得: t2−1k2−2tt+1k+t2+2t+5=0 .

由题意, k 有两个相异实根,所以 t2−1≠0 ,
且 Δ2=4t2t+12−4t2−1t2+2t+5>0 .
整理得: 4t+1−3t+5>0 ,解得: −1