2026届山东省东营市二模考试 数学试题（含答案）

秘密启用前

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2026年高三年级4月份适应性测试

数学试题

本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.

注意事项:

1.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.

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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡

上.写在本试卷上无效.

第Ⅰ卷（选择题共58分）

一、单选题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有

一个选项是正确的.

1.复数z则z的共轭复数z为

A.2+iB._2_iC._2+iD.2_i

2.设集合A={xx2_2x_3≤0},B={xx>1}，则AB=

A.[1,3]B.(1,3]C.(_1,1)D.(1,3]{_1}

3.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4,则a6=

A.9B.10C.11D.12

4.“彐λ∈R,使得a=λb”是“a//b”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.函数y=sinx+cosx,x的值域为

AB.[_1,1]CD.[_1,2]

6.某公司开发了两款智能模型A和B用于客服系统.测试期间，系统在第1天随机选择一

款模型投入使用.若第1天使用模型A，则第2天继续使用模型A的概率为0.6；若第1天

使用模型B，则第2天切换到模型A的概率为0.8.则第2天使用模型A的概率为

A.0.3B.0.5C.0.7D.0.9

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7.已知椭圆和双曲线有相同的焦点F1和F2，点P是椭圆与双曲线的一个公共点，且L

椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为

ABCD

8.已知函数f(x)=ex+m_lnx+m,m∈R，若f(x)≥0恒成立，则m的取值范围为

A.(_1,+∞)B.[_1,+∞)C.(_∞,_1]D.(_∞,_1)

二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计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m>n>0，则下列说法正确的是

n

A.lnm>lnnB.cosm<cosnC.若c>0,则mc>ncD

22

10.已知点A(3,4),B(2,0)，圆C:(x_1)+(y_2)=9，点P在圆C上运动，点Q满足

OQ=OA+OP，其中O为坐标原点.则下列说法正确的是

22

A.PQ//OAB.点Q的轨迹方程为(x_4)+(y_6)=9

9

C.OQ.OB的取值范围是[1,7]D.点Q到直线l:3x+4y_12=0距离的最小值为

5

11.进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；

满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等.一般地，若k是一个大于1的整数，

那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan_1...a1a0(k)

（an,an_1,,a1,a0∈{0,1,2,...,k_1}，an≠0），k进制的数也可以表示成不同位上数字符号

nn_1

与基数的幂的乘积之和的形式，如anan_1...a1a0(k)=ank+an_1k+...+a1k+a0．例如：十进

2

制数22=2x3+1x3+1，所以22在三进制下可写为211(3),则下列说法正确的是

A.三进制数211(3)转化成五进制数为42(5)

B.现用八进制表示十进制的919,则这个八进制数的最后一位为1

C.正整数m在三进制下的各位数字之和记为S(m)，在集合{1,2,3,...,2026}中任选一个正整

337

数m，则S(m)为3的倍数的概率为

1013

D.一副两种颜色的卡片共22张，每种颜色11张，上面分别标有数字1,2,22,23,,210，从这

22张卡片中任取m(m∈N*)张，则取出的卡片上数字之和为2026的取法共有2027种

高三数学试题第2页共4页

第Ⅱ卷（非选择题，共92分）

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.

12.若a,b>0，且ab=a+b+3，则ab的取值范围为．

13.已知奇函数f(x)的周期为2,且当x∈(1,2)时,f(x)=2x+1,则f．

14.已知一个棱长为46的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）,则此容器外接球（正四

面体容器各顶点都在球面上）的体积为；如果一个半径为1的小球在该容器内

可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为.（第一空

2分，第二空3分）

四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.

15.(13分)已知ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c，满足bcosC+csinB=a.

（1）求角B；

（2）若b=2，ABC的面积为1，求ABC的周长.

16.(15分)已知全等的等腰直角三角形ABC和ADC，其中LABC=LADC

π

AB=BC=AD=DC=2，现将ABC沿AC进行翻折，使二面角B_AC_D的大小为,

3

连接BD得到四面体B_ACD.

（1）证明:AC丄BD；

（2）求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.

高三数学试题第3页共4页

17.(15分)已知函数f(x)=xlnx.

（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若过点P(a,0)可作曲线y=f(x)的两条切线，求a的取值范围；

（3）若曲线y=f(x)的切线l过点P(a,0)，其中a>1，求证：曲线上除切点外的点都在

直线l的上方.

18.(17分)已知曲线Γ上任意一点M到点N的距离比它到y轴的距离大.

（1）求曲线Γ的方程；

（2）P(x0,3)为曲线Γ上一点，直线l与曲线Γ交于A,B两点（A,B不与点P重合），直线

PA与y轴交于点R(0,yR)，直线PB与y轴交于点S(0,yS)，且yR+yS=6.

（i）求直线l的斜率；

（ii）证明:ΔPAB的外接圆的圆心在定直线上.

19.(17分)某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10个形状、大

小、质地完全相同的小球，其中白球4个，红球6个.每位顾客从盒子中随机抽取1个球，

记录颜色后放回盒子中.若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠

券.每位顾客只有一次抽奖机会.

（1）求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率；

（2）若一个不透明的盒子中共有N(N∈N*,N≥3)个形状、大小、质地相同的小球，其中

红球的个数是一个离散型随机变量X.证明：从该盒子中随机抽取1个球，抽到红球的概

率为

（3）为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员

往盒子中增加3个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3个白球；若取出

白球，则增加3个红球），然后下一位顾客再进行抽奖.已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍

为4个白球和6个红球.求第n位顾客获得七折优惠券的概率Pn.

参考公式：若X,Y是离散型随机变量，有E(X+Y)=E(X)+E(Y).

高三数学试题第4页共4页

2026年高三年级4月份适应性测试

数学试题参考答案

一、选择题:DBCADCBB

二、选择题：9.AC10.ABD11.ABD

三、填空题：12.[9,+∞)；13.-4；14.288π,723.

2

第11题解析：A选项，三进制数211(3)转化为十进制数为22=2x3+1x3+1，而22=4x5+2x1，

三进制数211(3)转化成五进制数42(5)，A选项正确；

19191911821731641518

B选项，由二项式定理知9=(8+1)=8+C19x8+C19x8+C19x8+C19x8++C19x8+1，故

最后一位数为1，B选项正确；

nn-1

C选项，设m=3an+3an-1+...+3a1+a0（an,an-1,,a1,a0∈{0,1,2}，an≠0）.

若m为3的倍数，则a0为3的倍数，又0≤a0≤2，则a0=0，

所以m=anan-1…a10(3)，m+1=anan-1…a11(3)，m+2=anan-1…a12(3)，

则S(m)=an+an-1+...+a1，S(m+1)=an+an-1+...+a1+1，S(m+2)=an+an-1+...+a1+2，

所以当m为3的倍数时，S(m),S(m+1),S(m+2)中恰有一个是3的倍数.

，由，得

S(1)=1，S(2)=22025=2210000(3),2026=2210001(3)S(2025)=5,S(2026)=6，

所以S(1),S(2),S(2025)都不是3的倍数,S(2026)是3的倍数,而S(3),S(4),,S(2024)这2022个数

中，有个是3的倍数，在1至2026中任选一个正整数m，共有2026个正整数，

675

所以由古典概型概率公式得，S(m)为3的倍数的概率为．C选项错误；

2026

高三数学试题参考第1页，共8页

D选项，记第一种颜色卡片上数字之和为x，记第二种颜色卡片上数字之和为y，则

x+y=2026(x,y∈N)，因为每一个小于等于2026的正整数都可以用1,2,22,23,,210唯一表示（二进

1

制），由隔板法知共有C2027=2027种取法，D选项正确.

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.解：（1）因为bcosC+csinB=a,所以sinBcosC+sinCsinB=sinA,2分

因为A+B+C=π,故sinBcosC+sinCsinB=sin(B+C),即

sinCsinB=cosBsinC,因为sinC≠0,所以sinB=cosB,4分

即tanB=1,故B……………5分

（2）因为ABC的面积为1，所以acsinB=1,即ac=22，…………7分

2

由余弦定理得b2=a2+c2_2accosB=a2+c2_2ac=(a+c)_(2+2)ac

ac……………10分

所以a+c=2+2,所以ABC的周长2+22.13分

16.（1）证明：取AC的中点O,连接BO,DO.

在等腰直角ΔABC中,AB=BC=2,则斜边AC=2.

因为O是AC的中点，所以BO丄AC2分

同理,在等腰直角ΔADC中，DO丄AC3分

因为BODO=O,且BO,DOC平面BOD所以AC丄平面BOD5分

又因为BDC平面BOD,所以AC丄BD.6分

(2)以O为原点，的正方向分别为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.因

高三数学试题参考第2页，共8页

为BO丄AC，DO丄AC，所以LBOD是二面角B_AC_D的平面角，故LBOD.因为

LABC=LADCAB=BC=AD=DC=2，O是AC的中点所以

AO=CO=BO=DO=1，所以

A(0,_1,0),D(1,0,0),BC(0,1,0).…………8分

设平面ABD

的法向量为n=(x,y,z)

,令y=_1,则x=1,z,所以分设

z=0

直线BC与平面ABD所成的角为θ,sinθ=cos…………14分故

直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.……………15分

17.解：（1）函数的定义域为(0,+∞).求导得:f,(x)=lnx+1.2分

11

令f,(x)>0,解得x>，令f,(x)<0,解得0<x<.

ee

所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为……………4分

（2）设切点坐标为(x0,x0lnx0),其中x0>0，由（1）知切线斜率k=f,(x0)=lnx0+1，则切线方

程为y_x0lnx0=(lnx0+1)(x_x0)，6分

因为切线过点P(a,0)，代入整理得：a(lnx0+1)__x0=0,过点P可作两条切线，等价于关于x0的方

高三数学试题参考第3页，共8页

程a(lnx0+1)__x0=0在其定义域内有两个不同的实根,7分

当x时无意义，故a

令gg,分

当x时，g,(x)<0，g(x)在上单调递减；

当x∈(1,+∞)时，g,(x)>0，g(x)在(1,+∞)单调递增.9分

又当x且x→时，g(x)→_∞；当x且x→时，g→+∞,当x且x→+∞时，

g(x)→+∞.g(1)=1.由图知，要使a=g(x)有两根，需a>1,故a的取值范围是(1,+∞);…10分

（3）证明：设切点为（x0，J(x0)）,由（2）知a.切线Ⅰ的方程为y=(lnx0+1)(x_a),

要证曲线上除切点外的点都在直线Ⅰ上方，即证：xlnx>(lnx0+1)(x_a)对x∈(0,+∞),x≠x0

恒成立.12分

将a(lnx0+1)=x0代入上式，即证：xlnx>(lnx0+1)x_x0,

令h(x)=xlnx_(lnx0+1)x+x0,h,(x)=lnx_lnx0

当0<x<x0时，h,(x)<0,h(x)单调递减；当x>x0时，h,(x)>0,h(x)单调递增.

所以h(x)min=h(x0)=0.14分

因此，当x≠x0时，h(x)>0,即曲线上除切点外的点都在直线Ⅰ的上方.15分

18.解：（1）设点M(x,y)，由题知，所以yx|，……2分

高三数学试题参考第4页，共8页

当x≥0时，y2=9(x_1)；当x<0时，y2=4x_9，无解，舍去；

综上，曲线Γ的方程为y2=9(x_1).4分

2

（2）因为P(x0,3)为曲线Γ：y=9(x_1)上一点，所以x0=2,即P(2,3)，5分

（方法一）（i）由题知，直线AB,PA,PB斜率均存在且不为0，设A(x1,y1),B(x2,y2),因为A,B,P在

曲线上，则6分

ΓkAB……………

同理可得kPAkPB所以PA:y+3，PB:y,令x=0，

得yRyS……………8分

因为yR+yS=6,所以，即y1+y2=_6，……………9分

所以kAB，即直线l的斜率为_.……………10分

（ii）由（i）知kPA，PA的中点，所以直线PA的垂直平分线l1：

y即y，同理可得直线PB的垂直平分线l2：

y……………12分

由（）知，所以

iy1+y2=_6l2：y……………13分

设圆心(a,b)，联立，得a

因为y1+y2=_6，所以y2_y1=2y2+6，所以

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(y+3)(y+3)yy+3(y+y2)+9yy_9

b=12=121=12，15分

272727

而a16分

消去y1y2得2a+3b=13，即PAB的外接圆的圆心在定直线2x+3y_13=0

上.17分

（方法二）由题知，直线AB,PA,PB斜率均存在且不为0，设PA:y=k1(x_2)+3，

PB:y=k2(x_2)+3，令x=0，得yR=_2k1+3,yS=_2k2+3,因为yR+yS=6，所以k1+k2=0，设

2

A(x1,y1),B(x2,y2),AB:x=ty+n，联立，得y_9ty+9_9n=0，>0有解，所以

y1+y2=9t,y1y2=9_9n①,因为0=k1+k，所以0=(y1_3)(x2_2)+(y2_3)(x1_2)，

代入式2

即2ty1y2+(n_2_3t)(y1+y2)__6(n_2)=0②,把①②可得3nt+9t+2n_4=0，即

(n+3t_2)(3t+2)=0，因为直线AB不过点P，所以3t+2=0，即t，所以kAB即直

3

线l的斜率为_.

2

（ii）由（i）知AB:xy+n，联立，得y2+6y+9_9n=0③,

设PAB的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,因为P(2,3)在圆上，所以F=_13_2D_3E,所以

x2+y2+Dx+Ey_13_2D_3E=0，联立，得

Ey_13_2D_3E=0

2

y+n+D_3E_13=0④,因为③式与④式有相同的解y1,y2，所以

,消去n得(3E+2D+26)(3E_2D_42)=0，所以3E+2D+26=0或

D_3E_26

3E_2D_42=0，当3E_2D_42=0时，4n=3E_2D_26=16，所以n=4，AB:x过

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点P(2,3),不成立，所以3E+2D+26=0⑤,设圆心(a,b)，即，代入⑤式得，2a+3b_13=0，

即PAB的外接圆的圆心在定直线2x+3y_13=0上.

（方法三）（i）由题知，直线AB,PA,PB斜率均存在，设PA:y=k1(x_2)+3，PB:y=k2(x_2)+3，

令x=0，得yR=_2k1+3,yS=_2k2+3,因为yR+yS=6，所以

22

k1+k2=0，y=9(x_1)等价于(y_3)+6(y_3)_9(x_2)=0，

设AB:λ(x_2)+μ(y_3)=1并代入上式得

(y_3)2+6(y_3)[λ(x_2)+μ(y_3)]_9(x_2)[λ(x_2)+μ(y_3)]=0，两边同除(x_2)2得

>0有解，所以0=k1+k，即，所以

kAB，即直线l的斜率为_.

（ii）同（方法二）中（ii）解法

19.解：（1）设”前四位顾客中