山东省淄博市2026届高三下学期教学质量阶段性检测（二模）数学试卷（含答案）

这是一份山东省淄博市2026届高三下学期教学质量阶段性检测（二模）数学试卷（含答案），共9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。

一、单选题
1．已知，，则集合的子集个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．展开式中的系数为（ ）
A．56B．42C．84D．120
5．已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ）
A．2B．C．2或D．或
6．曲线在处的切线如图所示，则＝（ ）

A．0B．2C．－2D．－1
7．在2019年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为128比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为128比特的密码所需要的最长时间约为（参考数据：）（ ）
A．秒B．秒C．秒D．秒
8．记为数列的前n项和，若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，，，，复数，，，在复平面内对应的点分别为，，，A，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线C：的焦点在直线l：上，直线l与抛物线交于两点，点在第一象限，过分别作准线的垂线，垂足分别是，则下列说法中正确的是（ ）
A．以线段为直径的圆与y轴相切B．的最小值为
C．D．若向量，则
11．如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（ ）
A．的轨迹是双曲线的一部分B．的轨迹是椭圆的一部分
C．四棱锥体积最大值为D．的轨迹长度为
三、填空题
12．随机变量X的取值为0，1，2，若，，则__________.
13．椭圆C：的左右焦点分别为，，点，P为C上一动点，则的最小值为______．
14．已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整除的概率为__________.
四、解答题
15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.
(1)求C；
(2)若，求△ABC的面积.
16．下图是某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图，评分在区间，，，上，分别对应A，B，C，D四个等级.为了进一步加强学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变；对其余学生学校将进行一次复评.复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级；原获C等级的学生有的概率提升为B等级；原获D等级的学生有的概率提升为C等级，未提升等级的保持等级不变.假设用频率估计概率，且每名学生复评结果相互独立.
(1)求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为X，求X的分布列和数学期望；
(3)从全体高一学生中任选1人，在已知该学生是复评提升等级的条件下，求该学生初评是B等级的概率.
17．如图，在等腰梯形ABCD中，，，E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折至△PBE，此时，三棱锥的体积首次达到.
(1)求证：；
(2)若点G在线段PC上且，求GD与平面PBE所成角的正弦值.
18．如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线AD旋转一周，旋转后所得的图形与平面ABCD的交线为.
(1)E为上靠近的三等分点，求E绕直线AD旋转一周后所得图形的周长；
(2)在平面ABCD内以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系.
（ⅰ）求的轨迹方程；
（ⅱ）为平面ABCD内且不在上的定点，过P的直线l与有2个交点M、N，若M、N在直线AD的两侧，求的最小值（用m，n表示）.
19．已知函数，，a，.
(1)当时，若函数有一个零点，求b的取值范围；
(2)当，且时，令，设是从小到大的第n个极值点，证明：数列是等比数列；
(3)当且时，令，且，有唯一的正零点，证明：.
参考答案
1．C
【详解】因为，
所以，进而的子集个数为.
2．B
【详解】对于A，若，，则两直线可以平行，可以垂直，可以异面，因此A错误；
对于B，若，，则，因此B正确；
对于C，当时，若，可以满足，但不成立，即C错误；
对于D，若，，也可能满足，所以D错误.
3．A
【详解】因为，由，根据传递性可知，
因此“”能推出“”，因此充分性成立；
不妨取，满足，但不成立，因此必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．B
【详解】二项式展开式的通项公式为，
因此展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为42.
故选：B
5．C
【详解】向量，不共线，且，，与共线，
所以存在实数，使得，
所以，
求得实数或．
故选：C．
6．C
【详解】设曲线在处的切线方程为，
则解得
所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1，
所以，
因此，．
故选：C.
7．B
【详解】设所需时间为t秒，则，则，
即，
秒.
故选：B．
8．D
【详解】当为奇数时，，，
则可化为，
因为，所以，
当为偶数时，，，
则可化为，
因为，所以的偶数项是首项为，公比为的等比数列，
所以
．
9．AC
【详解】由题意得，，
则，故A正确；
，
，
故不一定相等，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
10．BCD
【详解】抛物线C：的焦点坐标为，
又因为焦点在直线l：上，代入得，即，
所以抛物线方程为，焦点，准线为.
设根据抛物线的定义可知，故半径为，
以线段为直径的圆的圆心坐标为，圆心到y轴的距离为，故A错误；
联立消元得：，故，
由抛物线的定义可知，
由抛物线的方程可知，即，因为点在第一象限所以，
所以由基本不等式可知，
当且仅当即时取等号，故B正确；
,则，，
所以
，故C正确；
若向量，则，故，
又因为解得易知点在第四象限，
所以，，所以，故D正确.
11．BCD
【详解】因为点在直线上，点在直线上，且，
所以直线可以看作平面内任意一条不与平行的直线
（当间的距离趋于无穷远时，方向趋近于与平行），
直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角，
因为平面，所以直线与平面所成的角即为，
于是有，已知，可得，
即点到定点的距离为定值，又因为点在正方形内部，
因此的轨迹是以为圆心，为半径，在正方形内部的四分之一圆弧，
轨迹长度为，A错误，D正确；
由前述分析可知，的轨迹是四分之一圆，则形成的曲面是一个以为高，
为母线的四分之一圆锥面，点是与的交点，
则的轨迹即为平面截圆锥面得到的曲线，
显然为正三棱锥，取中点，连接，
则在底面上的投影为底面的中心即在中线上，
所以与平面所成的角为，，
可得，而圆锥面半顶角为，
所以平面截圆锥面得到的曲线为椭圆，因为的轨迹是圆的一部分，
所以的轨迹是椭圆的一部分，B正确；
以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，则，因为在上，
所以可设，那么有，，
同时根据在平面上可得
，
于是有，解得，则的坐标也即到底面的高
，因为，由柯西不等式可得，
即，所以，
进而有四棱锥体积最大值为，C正确.
12．
【详解】设，
根据题意得，解得.
则.
13．/
【详解】依题意可得，，
将点代入椭圆C，有，则点在椭圆C内，
由椭圆的定义可知，即，
所以，
所以的最小值为．
14．
【详解】根据题意，每次投掷得到情形A：掷出5点，情形B：掷出偶数点，情形C：掷出3或7点的概率分别为，
于是3次投掷均没有5的概率为，3次投掷均没有偶数的概率为，3次投掷既没有5也没有偶数的概率为，
因此根据容斥原理，3次投掷既有5也有偶数的概率为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由，
得，
则，
因为，所以，
所以或或，
故，由，得；
（2）由以及正弦定理得，
由，得，
由余弦定理得，得，
故△ABC的面积为
16．(1)
(2)分布列见解析，.
(3)
【详解】（1）根据频率分布直方图，各组组距为，
则平均值.
（2）甲初评，不升级为的概率为；
乙、丙初评，升级为的概率均为，不升级的概率为.
的所有可能取值为.
，，
，.
分布列如下：
因此.
（3）设事件：学生复评提升等级，事件分别为初评等级为，由条件概率公式.
，，，各等级提升概率，，.
.
由全概率公式，因此.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为为中点，所以，则为等边三角形，则.
又且，故是平行四边形，因此，
取中点，连接，为等边三角形，故，.
在中，，，，
由余弦定理得，满足，故.
由，，平面，得平面，
又平面，故，
又，因此.
（2）三棱锥的体积，解得.
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，平面为平面，
则.
在上，令，则的坐标为.
由得，即，
化简得，故.
向量.
设平面的法向量，，
则，解得法向量，.
设与平面所成角为，则.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）（ⅰ）点绕直线旋转一周所得图形为圆，过作，垂足为；
过作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
平面，
所以平面.因为平面，所以，
即到的距离为.
而，所以.
所以绕直线AD旋转一周后所得图形周长为.
（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系.
而为上任意一点，旋转后与平面的交点为，
设旋转过程中到的距离与到的距离相等且垂足相同.
到的距离为，到的距离为，
所以，整理得.
（ii）由题意知的斜率存在，设为，则 .
如图，作出符合题意的图形，设，.
联立 ，整理得.
根据韦达定理，.
在轴的两侧 ，即 .
，此时恒成立.
可得
，
代入韦达定理整理得 ，
而，
当最小时，，
即的最小值为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
当时，，所以函数在单调递增，此时；
所以在上无零点；
当时，令，则，当时，，
则函数在单调递减；时，，
则函数在单调递增，
由于，所以，
且当趋于时，趋于，所以在有一个零点，符合题意，
综上所述，；
（2）因为，所以
.其中.
因为，所以，根据周期性，可取，
令得，
由得，解得，
，当时，时，；
当时，时，.
因此，在正数范围内的区间与上
的符号总相反，所以是的极值点.
所以，
.
假设，则.
而，所以无实数解，这说明.
所以，为非零常数，
所以数列是等比数列.
（3），所以单调递增.
由题意可知.
易知，所以，所以.
即，也即，可得.
所以有.
故，
又易知，
根据题意可知，即，
从而有，
即，可得，进一步得，
所以，
易知，令得，
所以，
当时， ，所以，所以，
故 .
综上得.