2026届山东中学联盟高三普通高中学业水平调研数学试卷-A4答案卷精校版（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省2026年普通高中学业水平4月调研数学注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置．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，将答案用黑色签字笔写在答题卡上，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M，N均为R的子集，且，则为（

）A．M B．N C． D．R2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知抛物线的准线被圆截得的弦长为4，则的值为（

）A．4 B．3 C．2 D．14．某实验最近100天的数据（单位：）绘制成如图所示的频率分布直方图，则估计该实验数据的第80百分位数为（

）A．4.8 B．5C．5.2 D．5.45．设的内角，，的对边分别为，，，若，且，则的外接圆半径为（

）A．6 B．5 C．4 D．36．若直线过点，则的最小值为（）A．7 B． C．6 D．7．已知函数在定义域上单调递减，且函数的图象关于点对称，不等式的解集为（

）A． B． C． D．8．半正多面体是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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．在菱形中，，点满足，，则（

）A． B．C． D．10．数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为，第二、三行中的最大数分别为，第二、三行中的最小数分别为，则（

）A．排列总数为720个 B．的概率为C．的概率为 D．满足的排列有120个11．设函数的极小值点为，则（

）A．的单调递增区间为和B．有且仅有两条斜率为2的切线C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．数列满足，则___________．13．已知函数的部分图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则___________．14．一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第次命中目标”，，则___________．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．已知等差数列和正项等比数列满足，，．(1)求和的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和．16．如图所示，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，．(1)求证：平面平面；(2)若，点是线段上的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度．17．某商场进行消费抽奖活动，抽奖分成两轮，第一轮游戏消费者投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，进入第二轮游戏，否则游戏结束，消费者获得三等奖，奖金10元；第二轮游戏消费者在装有2个白球和个红球的抽奖箱中任意抽取两个球，若抽取的两个球均为白球，则获得一等奖，奖金30元，若抽取的球为一个红球一个白球，则获得二等奖，奖金20元，若抽取的球均为红球，则获得三等奖，奖金10元，抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同．(1)若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；(2)记顾客一次抽奖所获得的奖金为，若商场希望的数学期望小于12元，求的最小值．18．已知函数，其中．(1)若曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的值；(2)若函数在定义域内不单调，求的取值范围；(3)若，对任意的,恒成立，求的最小值．19．已知是坐标原点，双曲线左顶点，直线过点交的右支于两点，记的面积分别为，．且当直线与轴垂直时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)已知直线交轴于点，（i）若，求证：为定值；（ii）在（i）条件下，若，当时，求的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据题意作出韦恩图，结合韦恩图分析求解.【详解】因为M，N均为R的子集，且，作出韦恩图，由韦恩图可知：.故选：A.2．A【分析】先由复数除法求出复数，再求共轭复数的模长.【详解】，所以，所以.3．A【详解】抛物线的准线方程为，圆化为标准方程，圆心为，半径，圆心到准线的距离，利用圆的弦长公式：得：，解得，平方得，即，所以，又因为，所以.4．D【分析】利用频率分布直方图求，找该实验数据的第80百分位数，即在横轴找一个点使得它左侧小矩形的面积之和等于即可.【详解】由题意，解得，由频率分布直方图可知，该实验数据的第80百分位数位于区间设该实验数据的第80百分位数为，则，解得.5．D【分析】利用二倍角公式及余弦定理角化边，然后因式分解得到为直角三角形，进而求得外接圆半径.【详解】.由余弦定理得，，整理得，，即.又，所以.所以是以为斜边的直角三角形，所以外接圆半径为.6．C【详解】直线过点，代入得，即，且，由此解得（），代入目标函数并化简得：，，因为，所以，所以由基本不等式，得：，当且仅当即时取等，故的最小值为.7．B【分析】利用函数的奇偶性，将不等式变成，利用函数单调性求解即可.【详解】函数的图象关于点对称，则函数的图象关于原点对称，即，从而等价于，即由函数在定义域上单调递减，则，解得.8．C【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时该球的半径，进而得出表面积.【详解】由题意，半正多面体由个正三角形和个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.，易得，已知为正三角形，所以，，同理，易知点为中心，所以，则该半正多面体所在的正四面体的高为：，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，∴，即，解得：，∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.9．ACD【分析】根据数量积的定义结合可判断A；由题意判断出的位置，利用反证的思想可判断B；根据向量线性运算可判断C；根据数量积的运算律可判断D.【详解】对于A，在菱形中，由，得，所以，故A正确；对于B，由得是的中点，由得是上靠近点的三等分点，若，则应为的中点，与是的三等分点矛盾，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确.10．ABC【分析】A全排列即可；B利用排列组合知识求出所有情况，再结合古典概型的概率公式；C计算满足的所有情况；D根据分、、三种情况讨论.【详解】共有种排法，故A正确；若，则可取，共有种排法，则的概率为，故B正确；现讨论的所有情况，若，则第三行其余两数从中选取，，，共有种；若，则第三行其余两数是，共有种，则的概率为，故C正确；若，则，，，若，则先将安排下去，再排列其他元素，共有种；若，则在第三行，先另选一个元素与共同排在第三行，再安排元素，最后排列其他元素即可，共有种；若，则须在第三行，共有种；则满足的排列有个，故D错误.11．AD【分析】求导，结合零点存在性定理即可判断函数的单调性，进而可求解ACD，根据构造，，即可求解方程的根判断B.【详解】由题意可得，则当时，，令，则，易知为单调递增函数，令解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，又当时，，，，所以存在使得，因此当时，，，此时在单调递减，当时，，，此时在单调递增，故是函数的极小值点，当时，，令，则，易知为单调递减函数，令解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以当时，，在上单调递增，因此的单调递增区间为和，A说法正确；由于，所以，即，C说法错误；因为，所以，所以，令，则，令解得，所以当时，单调递减，因为，所以，即，所以，所以，所以，即，D说法正确；当时，令，解得，令，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的最小值为，又当时，，所以在上存在唯一零点，当时，令，解得，令，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的最大值为，所以在上不存在零点，综上有一个根，B说法错误.12．【分析】对原式进行化简，构造新数列为常见数列求通项进而求解【详解】等式两边同时乘以，得所以移项得设，则化简后的式子可表示为即第项减去第项等于第项减去第项故数列是等差数列设公差为，则数列表示首项为，公差的等差数列，所以13．【详解】如图：①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积，由图可得，又面积为，所以.设函数的最小正周期为T，则.由题意得，解得，即，又，解得.14．【分析】根据题意两次利用全概率公式依次求出、.【详解】由题意知，，所以，因为，，所以.故答案为：15．(1)；，(2)【分析】（1）根据等差数列和等比数列的性质求出，再列方程组求解；（2）利用分组求和以及等差、等比求和公式计算.【详解】（1）设的公差为，数列的公比为，由，得，因为，，所以，，得，，故，；（2）由（1）可知，，则16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，，，因为为中点，为中点，所以，在三棱柱中，，则四边形是菱形，得，则，又，，，平面，所以平面，又因为，平面，所以，因为是等边三角形，为中点，所以，又因为，，平面，所以平面，又因为平面，所以，平面平面.（2）连接，因为，，所以是等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，得，，又，如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，易知平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，令，解得，此时，所以线段.17．(1)(2)9【详解】（1）硬币只有正反两面，第一轮反面朝上的概率为；当时，抽奖箱中有2个白球和4个红球，从6个球中任意摸出2个球的组合数为，从4个红球中任意摸出2个球的组合数为，第二轮摸到2个红球的概率为；第一轮硬币正面朝上且第二轮摸到的2个球均为红球的概率为；顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为.（2）由题意得，的所有可能取值为10，20，30.商场希望的数学期望小于12,，即化简得，解得或.且，的最小值为9.18．(1)或2(2)(3)【分析】(1)先对函数求导，结合导数的几何意义求出函数在处的切线方程，再求切线与坐标轴的交点，由此可求结论；(2)因为函数在定义域内不单调，所以其导数在定义域内有正有负，即在上有解，且解的两侧导数符号不同；对求导，根据参数分离的方法整理导函数，分析导函数对应的函数的单调性、最值，再根据导数有正有负的条件求出的取值范围；(3)因为对任意恒成立，所以；对求导，分析的单调性，求出的表达式，得到与的关系，从而将转化为关于的函数，再通过求导分析该函数的单调性，进而求出最小值.【详解】（1），.当时，，.曲线在点处的切线方程为.令时，;令时，;该切线与坐标轴围成的三角形的面积由题意知，即，解得或的值为或2.（2）函数的定义域为；由，解得.令，则函数不单调的充要条件是其导函数变号，这等价于大于的最小值.由，令，解得当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；，即，解得.的取值范围是（3），函数的定义域为，，设，则在上单调递减令，则，，在上单调递减，且当时，，，又，在上单调递减，，使得，即，得当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；,恒成立，,,，解得令，则令，解得或∵，∴，故舍去，解得”当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；的最小值为.19．(1)(2)（i）为定值，证明过程见解析；（ii）【分析】（1）根据双曲线特征和三角形面积得到双曲线