山东菏泽市单县第一中学2026届高三下学期二模适应性考试（一）数学试题 含答案

/数学一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知条件的解集为，条件是减函数，则是的（）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4.在中，已知，，，，则（）A. B. C.1 D.5.为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（）A.先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度B.先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度C.先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度D.先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度6.在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（）A.1对 B.2对 C.3对 D.4对7.若，，则（）A. B.2026 C.4050 D.40518.已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（）A.10 B.8 C.6 D.4二、多项选择题9.为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（）A.样本中延迟在内的模型个数为60B.估计样本的中位数落在区间内C.估计样本的平均数约为22.5D.该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低10.已知，则（）A.当时，为增函数B.当时，的值域为C.当时，图象上存在关于原点对称的两点D.若，，使得恒为常数11.在棱长为2的正方体中，已知，分别为线段，的中点，点在四边形内运动，则（）A.B.当点在上运动时，三棱锥的体积为C.D.周长的最小值为三、填空题12.设为等比数列的前项和，若，，则数列的公比为________．13.的展开式中常数项为__________．14.在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，若，则的值为__________．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.如图，是的直径，垂直于所在的平面，为圆周上不同于的点，.（1）若为的中点，证明：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.16.中，角的对边分别为，.（1）求；（2）若，为中点，，求.17.已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上.（1）求的方程；（2）过点的直线与相切于点（异于点），证明.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，.（ⅰ）证明：；（ⅱ）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由.19.某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且.（1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为，（i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；（ii）求随机变量的期望；（2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明.

数学一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：集合，集合，所以，.2.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：A解析：思路：由复数的运算可得，即可得答案.解答过程：因为，所以，所以在复平面内对应的点位于第一象限.3.已知条件的解集为，条件是减函数，则是的（）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答案：B解析：思路：分别求出命题中的的取值范围，再根据集合间的关系结合充分必要条件定义即可得到答案；解答过程：对命题：，对命题q：，因为真包含于，所以是的必要不充分条件.4.在中，已知，，，，则（）A. B. C.1 D.答案：C解析：思路：由平面向量的加减法得出，再应用数量积的定义及运算律计算求解．解答过程：由，则，因此，．5.为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（）A.先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度B.先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度C.先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度D.先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度答案：A解析：解答过程：A选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，再向右平移个单位长度，得到，A正确；B选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，再向左平移个单位长度，得到，B错误；C选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到，再向左平移个单位长度，得到，C错误；D选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到，再向右平移个单位长度，得到，D错误；6.在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（）A.1对 B.2对 C.3对 D.4对答案：C解析：思路：应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解.解答过程：因为平面，平面，平面平面；因为平面，平面，平面平面；因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，平面平面；所以平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有3对.7.若，，则（）A. B.2026 C.4050 D.4051答案：A解析：思路：发现自变量互为倒数时函数值之和为定值，从而应用分组求和两两配对计算即可.解答过程：因为，又，且，所以．8.已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（）A.10 B.8 C.6 D.4答案：B解析：思路：设直线联立抛物线,由韦达定理得坐标关系,表示向量并展开数量积,整理为关于的二次函数,求其最小值再对取最小,最终得结果.解答过程：由题可知直线的斜率不为.设直线的方程为,设,,，.联立,消去得.由韦达定理得,.,.,..所以.因平方项,当且仅当时，取最小值.综上,的最小值为.二、多项选择题9.为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（）A.样本中延迟在内的模型个数为60B.估计样本的中位数落在区间内C.估计样本的平均数约为22.5D.该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低答案：AD解析：思路：求各组频率，即可判断A；对于B：根据中位数的定义分析判断；对于C：结合加权平均数公式运算求解；对于D：结合频率分布直方图分析判断即可.解答过程：由频率分布直方图可知每组的频率依次为：，，，，.对于选项A：样本中延迟在内的模型个数为，故A正确；对于选项B：因为，，所以估计样本的中位数落在区间内，故B错误；对于选项C：估计样本的平均数约为，故C错误；对于选项D：该分布峰值在左侧低延迟区间，频率随延迟增大逐渐降低，所以呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，故D正确.10.已知，则（）A.当时，为增函数B.当时，的值域为C.当时，图象上存在关于原点对称的两点D.若，，使得恒为常数答案：ABD解析：解答过程：对于A，当时，当时，是增函数，时，是增函数，且，故为增函数，故A正确；对于B，当时，若，，此时函数的值域为若，，此时值域为，由于，的值域为，故B正确；对于C，当时，若，关于原点对称得到的曲线为，联立得，即(*)，设则，设，那么所以，在上单调递减，，即，所以在上单调递减，故，这与(*)矛盾，即不存在关于原点对称的两点，故C错误；对于D，当时，若恒为常数，设，那么，则当时，，方程无解，故不存在；当时，，则，设，则，则在上单调增，，而，故D正确.11.在棱长为2的正方体中，已知，分别为线段，的中点，点在四边形内运动，则（）A.B.当点在上运动时，三棱锥的体积为C.D.周长的最小值为答案：ABD解析：思路：建立空间直角坐标系，根据向量垂直的定义可以判断A；根据平行于平面可知，点到平面距离为高，结合体积公式求解可以判断B；结合空间中两点距离公式，建立关于长度的方程即可求解C；将周长最小转化为求解最小，结合对称性求解D.解答过程：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，选项A：，，，故，A正确；选项B：连接，在中，易知为中位线，则，因为平面,平面，所以平面.故直线到平面的距离即为三棱锥的高.，，，设平面的法向量为，则，令，得，即，所以直线到平面的距离.因为，，，所以，可得，所以故，B正确；选项C：设（满足，），，当时，有最小值为，即，C错误；选项D：，周长最小等价于最小，作关于平面的对称点，，故周长最小值为，且交点在四边形内，D正确.三、填空题12.设为等比数列的前项和，若，，则数列的公比为________．答案：2解析：思路：根据等比数列前项和的定义可得，，结合等比数列性质运算求解.解答过程：设等比数列的公比为，因为，，则，，可得，即，所以数列的公比为2.13.的展开式中常数项为__________．答案：29解析：思路：先求出展开式的通项公式，分别令和，求出k值，代入求解，分析计算，即可得答案.解答过程：展开式的通项公式为，令，解得，则；令，解得，则，所以的展开式中常数项为.14.在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，若，则的值为__________．答案：解析：解答过程：由三角函数的定义可知，，则，所以，解得或（舍去），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.如图，是的直径，垂直于所在的平面，为圆周上不同于的点，.（1）若为的中点，证明：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论.（1）证明：因为是的直径，所以为的中点.又为的中点，所以.又平面平面，所以平面.（2）因为在圆周上，，是的直径，所以，因为，所以，在平面内，过点作的垂线.因为平面，平面，所以，所以两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系..设，则是平面的一个法向量.因为，设是平面的法向量，则，即，可取..设平面与平面的夹角为，则.即平面与平面的夹角的余弦值为.16.中，角的对边分别为，.（1）求；（2）若，为中点，，求.答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据两角和的正弦公式及正弦定理求解即可.（2）根据向量的平行四边形法则、向量的数量积、余弦定理及诱导公式求解即可.（1）因为，所以，即，由正弦定理可得：，所以，由于，故.（2）因为为中点，所以，则，所以，即，解得或（舍），由余弦定理知，，所以，所以，则，所以，所以.17.已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上.（1）求的方程；（2）过点的直线与相切于点（异于点），证明.答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）根据条件求出即可；（2）设直线的方程，根据求出方程以及点的坐标、直线的方程，计算点到两直线的距离即可.（1）因为点在直线上，所以.因为的渐近线方程为，所以，故.所以的方程为.（2）设，由，得，则.易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为），设其方程为，即.由消去，得.因为直线与相切，所以，且，得，所以直线的方程为，方程的根为，所以，所以直线的方程为.又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离，又点在内部，所以.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，.（ⅰ）证明：；（ⅱ）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由.答案：（1）（2）（i）证明见解析；(ii)不可能，理由见解析解析：思路：（1）根据导数的几何意义，求得曲线在点处的切线斜率，即可写出相应的切线方程；（2）（i）先求出函数的极值点，再根据函数有两个不同零点得到相关等式，通过构造函数并分析其单调性来证明不等式；（ii）假设为等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到等式，通过分析等式是否成立来判断是否可能为等腰三角形.（1）函数的定义域为.，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为.，令，则，即.解得.当时，，所以，所以.所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以在处取得极大值.所以.又，所以，.（ⅰ）证明：令，则.因为，所以恒成立，所以恒成立，所以是减函数.因为，所以，即，即得证.要证，只证，因为当时，单调递减，所以只需证.由，得，即.所以.令，则恒成立，所以是增函数.因为，所以.所以得证.综上，得证.（ii）由（i）得