2026年山东青岛市高三一模高考数学试卷试题（答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高三年级第一次适应性检测数学试题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．1 B． C．2 D．42．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（

）A．16 B．8 C．4 D．24．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5．已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（

）2.83.35.06.77.22.64.05.15.4A．2.5 B．2.7 C．2.9 D．3.16．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．35 B．36 C．42 D．507．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8．已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（

）A．1 B．0 C． D．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．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211．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______.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______.14．记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______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.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，求和平面所成角的正弦值.17．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若存在，，，使得，求的最大值.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.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.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】由，则，所以.2．B【详解】由可得,即,又，故.3．A【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．B【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：B5．C【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．D【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．D【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．B【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，，又的周期为4，所以，，，所以函数一个周期内的函数值为，，，，所以，所以，所以.9．BD【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．ABD【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．ACD【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，，，即和为全等的等边三角形，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．12．0.8【详解】由可得，因，由正态曲线对称性，得，则.13．【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．##【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.15．(1)(2)【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.【详解】（1）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.（2）因为，所以因为所以，即，所以.所以.16．(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）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.（2）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．(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)【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.【详解】（1）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.（2）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．(1)，(2)123……(3)【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.【详解】（1）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..（2）（，）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为，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：123……（3）由（1）得，由（2）得，，，，，所以所以19．(1)(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）【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