2026年山东烟台市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题一、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，只有一项符合题目要求．1．已知复数，则（

）A． B．2 C． D．52．已知集合，，若，则实数的值为（

）A．或 B．或 C．或 D．或3．已知向量，，若，则（

）A．-2 B．-4 C．-6 D．-84．的展开式中项的系数为（

）A． B． C． D．5．已知某数据中心的算力（单位：EFLOPS）与芯片投入量（单位：万片）满足饱和增长模型：，其中为该中心最大理论算力.已知投入2万片芯片时，算力，若要求算力，则芯片投入量至少为（

）A．3万片 B．4万片 C．5万片 D．6万片6．已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（

）A．10 B．5 C． D．8．三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（

）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．已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点为和的一个公共点，则（

）A．B．的离心率为2C．D．点到的两条渐近线的距离之和为10．已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，，为奇函数，函数，且为偶函数，则（

）A．是奇函数 B．2为的一个周期C． D．11．在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．对任意，有三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．给定变量与相对应的一组数据，若通过该组数据求得的回归直线方程为，则的值为__________.13．已知直线与圆交于A，B两点，设线段AB的中点为，则点到点的距离的最大值为__________.14．设点集，若中的点满足，则称与互为邻点.点集中与点互为邻点的点的个数为__________.在中定义邻点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为__________.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．已知正项数列的前项和为，，且．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．16．如图，在三棱锥中，.(1)证明：；(2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.17．某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为.(1)求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立；(2)已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望.18．已知函数，其图象在处的切线的倾斜角为钝角.(1)求的取值范围；(2)证明：；(3)证明：.注：.19．已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分.(1)求点横坐标的取值范围；(2)若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点.（i）证明：为定值，并求出此定值；（ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】因为，所以.2．C【分析】由可知中元素必属于，故或；分别求解后，结合集合元素的互异性排除，最终得或．【详解】由，得或，若，则，，满足，若，则或，时，，，满足，时，，不满足集合元素的互异性，综上，或．3．C【详解】由已知得，，因为，所以，则，即，解得.4．A【分析】本题先把三项式整体看成二项式，利用二项式通项找到含的项，再对用二项式通项找到含的项，最后将两部分系数相乘，即得的系数．【详解】先将看成，根据二项式定理，其展开式的通项为，含有的项为，的展开式的通项为，含有的项为，所以的项的系数．5．B【详解】，将代入，得，整理得：，两边取自然对数：，解得：，所以，由，得，即芯片投入量至少为4万片.6．C【详解】因为，所以.若，则关于的函数是单调递增的一次函数，所以数列为单调递增数列.若数列为单调递增数列，则当时，，即，解得.所以“”是“数列为单调递增数列”的充要条件.7．D【分析】利用二倍角正弦公式得，从而得或，结合分析得，故，最后利用三角形面积公式、诱导公式列方程求边长.【详解】由，结合二倍角正弦公式得，又，且，则或，所以或，当，则，此时，且，显然不存在，当，则，且且，则，由，又，所以，则，故（负值舍去）.8．A【分析】利用空间坐标系将几何关系转化为代数运算，通过变量范围求表面积极值.【详解】设底面直角三角形的斜边中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设满足，，所以，在底面射影为，故，由，得.，所以，则，，设动点在内，设其坐标为，所以其在底面的投影为，到的距离平方为.三棱锥的外接球心在过且垂直于底面的直线上，设.球半径满足：；球心到的距离等于半径：.联立得：代入半径公式：在圆上，故的坐标满足：因(不在线上)，故.在内，故的取值范围为.将代入：当时，，，表面积，当时，，，表面积所以三棱锥的外接球表面积取值范围为.9．BCD【分析】先根据双曲线的性质求出其右焦点坐标，进而得到抛物线的p值，再根据抛物线和双曲线的定义及性质逐一分析选项即可.【详解】因为双曲线为标准形式，其中，，则，所以，则双曲线的右焦点坐标为.选项A，由的焦点为，由题意，，解得，故A错误；选项B，由上分析，的离心率为，故B正确；选项C，联立，解得或（不合题意舍去），即，则，故C正确；选项D，由上分析，易得双曲线的渐近线方程为，由对称性，可取点Q为，该点到两条渐近线的距离分别为，，所以，故D正确.10．ACD【分析】根据函数的奇偶性，先分析函数和函数的基本性质，再结合函数的对称性、周期性分析各个选项.【详解】已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，因为为奇函数，所以，则函数的图像关于点对称.因为函数，且为偶函数，所以，则函数的图像关于直线对称，即.对于A，由，且，可得，，则对任意成立，即，所以是奇函数.对于B，由函数的图像关于点对称，且为奇函数，可得，用代替x，则，所以函数的一个周期为4，不是2.对于C，由，令，则，因为为奇函数，令，则，即，因此.对于D，因为是奇函数，其图象是一条连续不断的曲线，所以，由，且，令，可得.因为函数的周期为4，所以，，，.由，可得：，，，，，，，，可以发现：，，每4项为一个周期，每个周期的和为，100项中共有25个周期，所以.11．ACD【分析】明确，，，尾概率，再逐一分析各选项.【详解】选项A，若，则，，，，：，，等号成立.：，，等号成立.：，而，故恒成立，A正确.选项B，若，取反例：，则，取.，，此时，原不等式并非恒成立，B错误.选项C，若，则：，故事件包含于，因此，故事件包含于，因此相加得：，C正确.选项D，利用切比雪夫不等式：对任意t>0，有，对于二项分布，，，因此：对任意t>0，，D正确.12．21【分析】根据回归直线方程恒过中心点求解即可.【详解】由于，，由于回归直线方程为，则，解得：13．【详解】，所以圆心，半径，由垂径定理，，，直线恒过定点，所以，因为为定点，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心为的中点，半径为，圆的方程为，设点，则到的距离，所以点到的最大距离为.14．68【分析】第一空直接按定义分类讨论即可；第二空需分析出邻点需满足的约束条件，结合不等关系的要求得到邻点列可能的排列，最后构造出符合条件的邻点列.【详解】（1）设与互为邻点的点为，则且，若，则，解得，（舍去）或，点为；若，则，解得或，或，点为；若，则，解得（舍去）或，，点为，综上，满足条件的点共有个；（2）根据，以及点集坐标范围可得，记，则该邻点列各点的依次递减或不变，接下来分析邻点坐标应满足的约束条件，因为一个整数和它的绝对值的奇偶性相同，所以和一样也是偶数，即为偶数，所以和的奇偶性相同，即邻点列中的点保持横纵坐标之和的奇偶性不变，已知，其横纵坐标之和为奇数，点集中满足为奇数的点共有个，依次为，对应的值依次为（依次递减），满足要求的邻点列只能从这个点中选择且按值递减的顺序排列，假设个点均可以存在，即有邻点列，可验证相邻点确实均为邻点，所以的最大值为.15．(1)(2)【分析】（1）由条件式变形得，构造常数列求得，再利用时推导出，确定为等比数列，进而得到通项公式；（2）先由（1）求得，将裂项为，再通过裂项相消法求和，化简得到的表达式．【详解】（1）由，得．所以，即．当时，，整理得，所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以．（2）由（1）得，所以，所以，，整理得．16．(1)证明见解析(2)存在，点为线段PA上靠近点的三等分点.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合可得平面POB，进而即得；（2）根据余弦定理及勾股定理结合条件可得，进而可得平面ABC，然后建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法结合条件即得.【详解】（1）取AC的中点，连接OP，OB.在中，因为，所以.在中，因为，所以.又平面POB，所以平面POB.因为平面POB，所以.（2）因为，所以.在中，，因为为的重心，，所以且.在中，，所以，故.又平面平面POB，所以，因为，所以平面ABC.以为坐标原点，OA，OB所在直线为x，y轴，以过点且垂直平面ABC向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，则，所以.设平面PAC的一个法向量，则，即，取，则，故.所以，即，解得.所以，存在满足条件的点，且点为线段PA上靠近点的三等分点.17．(1)，证明见解析(2)元.【详解】（1）由题意知，，所以，对任意的正整数s，t．（2）由（1）知，，平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为，则，所以，即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元.18．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由求解即可；（2）利用转化思想，确定函数的单调区间，从而得，转证，令，利用导数证明即可；（3），结合（2）可知在上单增，从而得，利用转化思想及导数，证明即.【详解】（1）因为，依题意，，解得．所以实数的取值范围为；（2）令，则，所以在上单调递增．由（1）可知，且当时，，所以，存在，使得，且当时，，即，则在上单调递减，当时，，即，则在上单调递增，所以，由，得，两边取对数，有，则故，当且仅当时取等，故欲证结论成立，只需证，即．令，只需证，因为，所以在单减．所以，结论成立，即．（3）令，则，由（2）知函数在上单调递增，又，所以，即，故在上单调递增．因为，所以，令，则同理，在上单调递增，且，令，则，因为，所以，故在上单减，则．所以，所以.19．(1)(2)（i）证明见解析，定值4；（ii）．【分析】（1）利用角平分线定理结合椭圆焦半径公式，建立点横坐标与点横坐标的关系，再根据点在椭圆上横坐标的取值范围，推导得到点横坐标的取值范围.（2）（i）设出直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到两点坐标的关系，将通过焦半径公式转化为坐标表达式，代入韦达定理的结果化简，即可证明其为定值.（ii）先根据直线的斜率求出直线的方程，联立椭圆在