2026年高考数学全国一卷模拟冲刺试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页青岛二中2026年高三年级第三次适应性检测数学试题2026.05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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.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.如需要改动，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.3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回.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．的展开式中的系数为（

）A．1 B．7 C．21 D．422．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．3．在等比数列中，，，则（

）A． B． C．8 D．244．若函数是奇函数，则（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A．1 B． C． D．26．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等.设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为，则A．﹕1﹕1 B．﹕2﹕2C．﹕2﹕ D．﹕2﹕7．将函数的图象按向量平移后所得的图象关于点中心对称，则向量的坐标可能为A． B． C． D．8．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则+的最大值为（

）A．3 B．2 C． D．2二、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．已知正方体的棱长为1，则（

）A． B．在上的投影向量的模为1C． D．与所成的角为45°10．已知函数的图象关于直线对称，则（

）A．的最小正周期为B．为奇函数C．在上单调递增D．在内恰有3个零点11．已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知双曲线的离心率为，则点到C的渐近线的距离为_________.13．甲、乙两人先后抛掷同一枚骰子，甲先抛1次，乙再抛1次，看作1次操作，然后重复上面的操作．若某次操作甲、乙抛掷向上点数之差的绝对值大于3，记本次操作无效，若连续两次操作无效，则停止抛掷骰子，则4次操作后停止抛掷骰子的概率为______．14．已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________.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．在长方体中，，，与交于点，点为中点.

(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.16．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由.17．记的内角，，的对边分别为，，.(1)求证：“”是“”的充要条件；(2)求的最大值.18．品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设，分别以表示第一次排序时被排为的四种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述.(1)写出的所有可能取值（不需要说明理由）；(2)假设等可能地为的各种排列，求的概率；(3)假定各轮测试相互独立，某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有，求这种现象出现的概率；并判断该品酒师的酒味鉴别功能如何，并说明理由.19．双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为．(1)求双曲线的标准方程；(2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和．（i）设点的横坐标为，求的取值范围；（ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上．（附：双曲线以点为切点的切线方程为）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解.【详解】展开式中的系数为.故选：C.2．D【分析】根据交集运算直接求解即可.【详解】,，故选：D3．A【详解】设等比数列的公比为，因为，，所以，解得.4．A【分析】利用奇函数的定义可得出关于的等式，求出实数的值，再结合奇函数的定义域验证即可.【详解】因为函数是奇函数，则，即，所以，即，所以，解得，当时，，由可得，该函数的定义域为，此时函数的定义域不关于原点对称，该函数不是奇函数，不符合题意；当时，，由可得或，即函数的定义域为或，定义域关于原点对称，符合题意.综上所述，.5．C【分析】根据，即可利用二倍角公式以及和差角公式化简求解.【详解】由可得，故选：C6．B【分析】由题意画出图形，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，四棱锥的高是P到的距离；三棱锥的高及三棱柱的高都是三棱锥的高；不难求得结果.【详解】

由题意作图如图,几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等的正四棱锥,三棱锥是一个正四面体，四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是,令P在底面上的射影为O,连接，则，故，三棱锥的高就是P点到面的距离,令P点在面上的射影为,则是三角形的重心，故，故，三棱柱的高也是，因而，故选B【点睛】本题考查简单几何体的有关知识，考查空间想象能力，考查同学的想图、视图能力，是基础题.7．C【分析】设平移向量，写出平移后的函数解析式，由对称性求得平移向量，取特殊值可得结论．【详解】设平移向量，则函数按向量平移后的表达式为，因为图象关于点中心对称，故代入得：，，时，，故选：C．8．A【详解】如图所示，建立平面直角坐标系.设,易得圆的半径，即圆C的方程是，，若满足，则，，所以，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.【点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.9．AB【分析】建立空间直角坐标系，根据数量积运算公式，异面直线夹角公式，投影向量的相关公式进行求解【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，故，故，A正确；B选项，，，在上的投影向量的模为，B正确；C选项，，，，，，故，C错误；D选项，设与所成的角大小为，由图知为锐角，则，故与所成的角大小不是45°，D错误.10．ABD【分析】由函数关于直线对称得到，则，根据三角函数性质逐项判断.【详解】对于A：因为函数关于直线对称，所以，等价于，由得，即，所以，则，A正确；对于B：因为，所以是奇函数，B正确；对于C：由得，若，则单调递增，若，则单调递减，C错误；对于D：令，则，解得，由得，又，所以，即在内恰好有个零点，D正确；故选：ABD.11．ACD【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确；设圆的方程为，将代入求得，结合，求得圆的方程，可判定C正确；取点，求得过点圆的方程，可判定D正确.【详解】由椭圆，可得，则，对于A，由，则以为直径的圆与椭圆有4个交点，所以A正确；对于B，以为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以B错误；对于C，设圆的方程为，将代入得，解得，则圆的方程为,设，则，则，两式相加，可得，两式相减，可得，联立方程组，可得，又因为，联立可得，则，将其代入，可得，即，此时方程有解，所以C正确；对于D，设直线的斜率为，则直线的方程为，因为关于原点对称，则中垂线的方程为，因为，可得线段中垂线的方程为，联立方程组，可得，可得，因为关于原点对称，不等式，则，联立方程组，可得，即圆心，若，即，可得，即，即，即，所以，解得，所以当的斜率为，可得，此时四点共圆，所以D正确.故选：ACD.12．【分析】由离心率等于求出的值，可得出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】因为双曲线的离心率为，可得，即，解得，所以双曲线的渐近线方程为，所以点到双曲线的渐近线的距离为.故答案为：.13．【分析】先求出甲、乙抛掷的向上点数之差的绝对值大于3的概率，结合独立事件和对立的事件的概率公式可求4次操作后停止抛掷骰子的概率.【详解】每次操作共有种结果，其中甲、乙抛掷的向上点数之差的绝对值大于3的结果有：，，，，，，共有6种，所以每次操作无效的概率为，若4次操作后停止抛掷骰子，则第2次不是无效操作，第3次与第4次是无效操作，所以所求概率为．故答案为：.14．【分析】先对已知条件进行化简，得出的值，再根据确定集合中元素的轨迹，最后分析且时的取值范围.【详解】，.设，则，即，，.已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点.题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集：两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径，建立如图所示的坐标系：是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到，中最远的两点距离是两个外圆的交点距离，因为两个外圆半径都是，圆心距，由勾股定理可得两交点距离为：因此∣的取值范围是15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由长方体的结构特征，可证，，得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：在长方体中，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，因为，平面所以平面（2）以为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，；，，，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，，所以，平面与平面的夹角的余弦值为.16．(1)(2)存在，【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）借助导数祭计算可得函数的极值点为，零点为，结合等差数列定义计算即可得解.【详解】（1）当时，，则，故，又，所以曲线在点处的切线方程为；（2），由于，故，令，解得或；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，所以的两个极值点为，不妨设，因为，且是的一个零点，故.又因为，故，此时依次成等差数列，所以存在实数满足题意，且.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）充分性：要证若则，可利用正弦定理、正弦函数性质结合三角形内角的范围进行推导；必要性：要证若则，可利用余弦定理，结合三角形内角的范围以及三边关系进行推导；（2）因为，所以先将转化为，再利用三角恒等变换将式子化为只含一个角，最后根据三角函数的单调性求最大值.【详解】（1）由正弦定理，得，.若，因为，，若，在单调递增，故；若，则，，因此，即，得，充分性成立，反之，若，由余弦定理得，，，，，；，即；，，在上单调递减，.综上所述，“”是“”的充要条件.（2），，即.又，，即，；，，，，即；当时，，此时，.令，；则；令，得，即或；，，即；当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；当时，取得最大值，即.的最大值为.18．(1)(2)(3)可以认为该品酒师的酒味鉴别功能优秀，理由见解析【分析】（1）根据已知条件即可求解；（2）用表示的一个排列，由古典概型概率公式可得对应概率；（3）由题意分别得到，2时的概率值，即可判断.【详解】（1）在中，奇数和偶数各有两个，所以，中奇数个数等于，中偶数个数，因此与的奇偶性相同，从而必为偶数，又的值非负，且其值不大于8，所以的所有可能取值有；（2）用表示的一个排列，则当时，所有可能的情况如下：，若，则，若，则，或，若，则，或，或，或，故；（3）依题意可得，当时，，则，或，或，故，所以，因为各轮测试相互独立，记“该品酒师在相继进行的三轮测试中，都有”，则，是一个很小的概率，所以可以认为该品酒师的酒味鉴别功能优秀.19．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程；（2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围；（ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可.【详解】（1）直线方程中，令，则，则直线与轴交于，所以．离心率，所以，故．所以双曲线的标准方程为．（2）（i）经检验，当一条切线斜率不存在时，若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为，联立双曲线方程得，则，解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意，当时，此时只有一条切线，显然不合题意