2026年山东省高三二模高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年青岛二中高三第二次适应性检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A． B． C． D．3．若的最小正周期为，则（

）A．0 B．1 C． D．24．已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则（

）A． B． C．4 D．25．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（，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，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．，则（

）A．16 B．65 C．80 D．817．已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（

）A．1 B． C．2 D．38．已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（

）A．50 B．51 C．52 D．53二、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.9．一个袋子中有4个红球和2个白球，采用不放回方式依次摸取2个球.设事件为“第一次摸到红球”，事件为“第二次摸到红球”，则（

）A． B． C． D．与相互独立10．已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（

）A．，，三点共线 B．C．平面 D．平面11．已知函数有三个零点，则（

）A．若成等差数列，则成等比数列B．若成等比数列，则成等差数列C．若成等差数列，则数列的公差为D．若成等比数列，则数列的公比为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设为单位向量，且，则___________．13．已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，若使得成立的点的横坐标为，则四边形的面积为_____．14．一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______.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．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值．16．已知是各项均为正数的等比数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积..17．已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．18．将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体．(1)证明：；(2)若二面角和的平面角互补，求；(3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于．19．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)．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】先解绝对值不等式，再根据集合的交集的定义可得.【详解】由,解得或,所以或,而，所以2．B【分析】结合题意与共轭复数的性质求出对应复数，进而求解即可.【详解】因为，所以，则，可得，故B正确.故选：B3．A【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式，结合特殊角的正弦函数值进行求解即可.【详解】因为的最小正周期为，所以，即，所以.故选：A4．B【分析】由题可得双曲线渐近线方程为，再由直线斜率为-1可得答案.【详解】双曲线的渐近线方程为，因为的两条渐近线相互垂直，所以.，又，则.故选：B.5．C【分析】根据国家食品安全标准规定得出不等式，再由函数单调性解不等式即可求得结果.【详解】设该蔬菜的最短安全采收间隔期为天,依题意可得,其中，，所以可得，即，解得；因此该蔬菜的最短安全采收间隔期为9天.6．C【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解.【详解】由于，则，令，得，又因为，所以.7．D【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出.【详解】设底面边长为，则高，由，所以，所以体积，设，，则，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时.故选：D．8．C【分析】根据题意分析可知集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，进而分析的最大值.【详解】因为，由选项可知的最大值大于3，若对任意的，，，存在，使得，则集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，即或或，若，则，解得，此时的最大值为51；若，则，解得，此时的最大值为52；若，则，解得，此时的最大值为52；综上所述：的最大值为52.9．BC【分析】根据古典概型、条件概率和独立事件的定义计算判断即可.【详解】由题意可得，，所以A错误；，所以B正确；，所以，所以C正确；由于，所以，所以与不相互独立，所以D错误.10．BC【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D.【详解】如图所示：易知平面底面，设在底面上的投影为，若，，三点共线，则在平面上，此时在直线上，但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误；因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上，故，，，四点共圆，若，，三点共线，同上可知在直线上，故为圆的直径，所以，,又底面，底面，故，平面，，所以平面，又平面，故，同理可证平面，故B，C正确；由于不确定平面是否平行于平面，故不确定是否平行于平面，故D错误.故选：BC.11．ABD【分析】对A、C：由题意可得，结合等差数列定义可得，则成等比数列，则可得，即可求出，结合，两边取对数运算可得，即可得其公差；对B、D：由，结合等比数列定义可得，则成等差数列，则可求出，即可得，即可得其公比.【详解】当时，，不合题意；当时，分别画出与的图象，如图：所以；对A、C：由题得，所以，即，若成等差数列，则，所以，所以成等比数列，由，则，即，所以，由，解得，因为，所以，则，即数列的公差为，故A正确、C错误；对B、D：由，若成等比数列，则，则，即有，故成等差数列，又，则，故，即数列的公比为，故B、D正确.12．【分析】借助向量模长与数量积的关系计算即可得.【详解】，则，故.故答案为：.13．【分析】求抛物线的焦点坐标，设直线方程，再直线曲线联立，借助韦达定理，弦长公式求，利用点到直线距离公式计算高，最后计算面积即可.【详解】设抛物线的焦点为，则点的坐标为，若直线的斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，与条件矛盾，故直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立，整理得，方程的判别式，所以为方程的根，所以，.∴.∵，∴四边形为平行四边形.∵点的横坐标为，∴，解得.∴.点到直线的距离为，所以的面积为，又的面积与的面积相等，∴平行四边形的面积为.故答案为：.14．82【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解．【详解】解：①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色，①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样，则（1）①②③④四边同色，此时共有种；（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种，（3）当①②③④每两个同色时，此时共有种，综上，共有种．15．(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求，在定义域内的解得单调区间；（2）设点（），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值.【详解】（1）函数的定义域为，对函数求导得，令，得；令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）解法一：设点（），所以点到直线的距离为，令，则，令，得（舍去）或，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取到极大值，也是最大值，所以，当且仅当时等号成立，即点到直线距离的最小值为．解法二：直线的斜率，设（），又，令，得，解得（舍）或，所以点的坐标为，所以曲线上与直线平行的切线的切点为，由题意知点到直线距离的最小值即为点到直线的距离，又点到直线的距离，所以点到直线距离的最小值为．16．（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】(I)设数列的公比为，由已知.由题意得，所以，因为,所以，因此数列的通项公式为（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以……+=……+

①又……+②①-②得=所以【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.17．(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.18．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明；（2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可；（3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件.【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，同理有，且，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设，取中点，连接，因为，所以，同理有，所以即为二面角的平面角，设，在中，，设，由余弦定理有，在中，，同理，由余弦定理有，依题意有，则即，令，得到，化简得，解得，在中有，所以，所以，所以即.（3）我们只需要证明存在四面体，其内切球半径，设四面体的体积和表面积分别为和，利用等体积法可得，其中，，由