2026年山东青岛市高三三模高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页青岛市2026年高三年级第三次适应性检测数学试题2026.05一、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．已知为全集，集合，满足，则（

）A． B． C． D．2．为评价某种蓝莓的种植效果，随机选择5块地作为试验田，这5块地的亩产量（单位：）分别为，，…，，下面给出的指标中可以评估这种蓝莓亩产量稳定程度的是（

）A．众数 B．平均数 C．中位数 D．标准差3．已知，，，则（

）A． B．1 C．2 D．44．某机构对，，三个地区进行基于人工智能的每周跑步时长的调查，已知这三个地区分别有，，的人每周跑步时长在6小时以上，假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一人，则此人每周跑步时长在6小时以上的概率为（

）A．0.04 B．0.05 C．0.06 D．0.075．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过原点的直线交于、两点．若，，则的离心率为（

）A． B． C． D．6．若函数（）在上的值域为，则可以为（

）A．4 B．2 C．1 D．7．已知直线，圆，则“”是“与圆相切”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8．已知数列的前项和为．．，则（

）A．4 B．3 C．2 D．1二、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．在直三棱柱中，，点，分别为线段，的中点，则（

）A． B． C．平面 D．平面10．已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，直线与交于，两点，点为线段的中点，则（

）A． B．若，则为的一个方向向量C．若．则过定点 D．若，则到轴距离的最小值为11．函数，的定义域为，为偶函数且恒大于0，，，，，则（

）A．B．C．D．对于任意，点到直线与的距离之积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．设复数满足，则的虚部为__________．13．已知正四棱台的体积为，，，则该正四棱台的侧面积为__________．14．已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，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．记内角、、的对边分别为、、，．(1)求；(2)若，且，求的面积．16．某学校组织了一次数学建模比赛，本次比赛满分为100分，得分在80分以上为优秀，从中随机抽取100名学生的成绩得到如下所示的频率分布直方图．(1)求的值，并估计该校学生比赛成绩的中位数（精确到0.1）；(2)以样本数据中各区间的频率作为该区间的概率，若从全校学生中随机抽取30人，记其中获得优秀的人数为，求使取得最大值时的值．17．如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得．(1)证明：平面；(2)点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离．18．已知双曲线：（，）的离心率为2，且过点．(1)求的方程；(2)记的左、右焦点分别为，，点和如下构造：在第二象限任取上一点．直线交于另一点，直线交于另一点．（ⅰ）记直线的斜率为，证明：（ⅱ）设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由．19．定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，．(1)若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由；(2)若函数的最小值为0，其中．（ⅰ）求；（ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】，．2．D【详解】对于A，众数体现的是出现次数最多的数，故A错误；对于B，平均数是体现集中趋势的一项指标，故B错误；对于C，中位数将数据分为前后两部分，体现的是数据的“中等水平”，故C错误；对于D，标准差体现的是数据的离散程度，可以用来评估产量稳定程度，故D正确.3．B【分析】通过向量线性运算求出和向量的坐标，利用垂直向量的数量积为零建立方程，求解参数的值.【详解】由向量线性运算，得.由，得，即，化简得，解得.4．C【详解】此人每周跑步时长在6小时以上的概率为：．5．B【分析】分析可知四边形为平行四边形，可得，结合椭圆的定义可得出、，再利用勾股定理可得出椭圆的离心率的值.【详解】如下图所示：由题意可知，为、的中点，所以四边形为平行四边形，则，所以，则，因为，由勾股定理可得，故该椭圆的离心率为.6．B【分析】通过换元转化为正弦函数的区间值域问题，采用选项代入验证法，直接检验各选项对应的区间内正弦函数的取值范围，快速筛选出符合条件的值.【详解】设，由且，得，此时的值域为等价于.将选项依次代入验证：当时，，存在使，，不符合，故A错误；当时，，的最大值为（时），最小值为（时），故，符合条件，故B正确；当时，，的最大值为，，不满足值域条件，故C错误；当时，，的最大值，则，不符合值域条件，故D错误..7．A【分析】利用直线与圆相切求出的值，再利用集合的包含关系判断即可.【详解】若直线与圆相切，且圆的圆心为坐标原点，半径为，则，整理可得，可得，解得或，因为是的真子集，故“”是“与圆相切”的充分不必要条件.8．C【分析】根据给定的递推公式，利用分组求和法列式求解.【详解】依题意，，则，又，则，，由，得，所以.9．BCD【分析】取的中点为，根据线线平行的判定可判断A；根据线面垂直可判断B；根据线面平行可判断C；根据线面垂直可判断D.【详解】取的中点为，连接，如下图所示：对于A，由于点为线段的中点，点为线段的中点，则且，又因为为的中点，所以，在直三棱柱中，有且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，而交于，所以不平行，故A错误；对于B，在直三棱柱中，底面，底面，所以，又因为，所以，故B正确；对于C，由于，底面，底面，所以平面，故C正确；对于D，由于且点为线段的中点，所以，在直三棱柱中，底面，底面，所以，由于平面，所以平面，又因为，所以平面，故D正确.10．AC【分析】本题结合抛物线的基本性质、向量关系、垂直条件和弦长公式，通过代数运算与函数最值分析，逐一验证各选项的正确性.【详解】对于选项A，抛物线的焦点坐标为，由焦点得，解得，选项A正确.对于选项B，由A知抛物线方程为，设，，由得，即，.将代入抛物线方程，得，结合，解得，，,,直线的方向向量为，与不共线，选项B错误.对于选项C，设直线的方程为，联立，得，故，.由得，即.由，，得，代入得，解得（时直线过原点，舍去），故直线过定点，选项C正确.对于选项D，设直线的方程为，联立抛物线方程得，弦长，故.中点的横坐标为，令，则横坐标为.设，根据对勾函数的性质可知，在上单调递增，，即到轴距离的最小值为，选项D错误.11．BCD【分析】通过赋值法求出、，推导与的奇偶性及核心恒等式；利用递推关系分析的指数型性质验证B选项；通过函数方程展开推导三倍角形式验证C选项；利用点到直线距离公式结合核心恒等式验证D选项.【详解】令，代入，得.令，代入，得，即.由，得.结合得，又，得，故A错误.令，代入，得，即.令，代入，得，由、，得，结合，得，即为奇函数.因此，即.由与，得，解得.，因此，，故B正确.，代入，得，故C正确.点到直线的距离为，到直线的距离为，距离之积为：，故D正确.12．【分析】先通过复数方程求解出复数，再写出其共轭复数，进而确定虚部.【详解】由，移项得，两边同乘，得.则，故的虚部为.13．【详解】设正四棱台的高为，斜高为，由该正四棱台的体积为，得，解得，因此，所以该正四棱台的侧面积为.14．13【分析】设连续段长度为，先把该连续段的和记为，再利用相邻两项差的限制，估计该连续段左右两侧各项的最小可能值，从而得到的上界．最后构造等号成立的数列，说明最大值可以取到．【详解】设某一连续段为其项数为因为，所以．记若，则把所有同时变为，条件和均不变，而该连续段的和变为．因此只需讨论的情况．设该连续段左边有项，右边有项，则由相邻两项差的绝对值不超过，对于连续段内的项，有所以从而同理，从右端向左估计，也有对左边项，由相邻项差的限制可得，因此左边项的和不小于对右边项，同理可得右边项的和不小于所以整个数列的和满足又因为，所以．于是由于，且在固定时，的最大值出现在一边为，另一边为时，所以因此整理得即当时，上式右端分别为所以任意连续段和的绝对值都不超过．下面说明可以取到．取则且同时故所求最大值为15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，再结合角的取值范围可得出角的值；（2）由三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出的值，再利用正弦定理求出、的值，结合三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）由及正弦定理知故，即，即，又因为，则，所以，又因为，所以.（2）由题知，因为，所以，则，故，，由正弦定理知：，即，得，所以.16．(1)，中位数为70.4(2)7【分析】（1）根据频率分布直方图小矩形面积和为1即可求，再根据中位数的求法求解；（2）由题可知随机变量，再根据二项分布概率最大值的求法求解．【详解】（1）由题知：，解得设中位数为，则，解得，故中位数为70.4；（2）因为样本中80分以上的频率为，故随机变量所以（，1，2，…，30），当最大时，，得得得，所以，得又因为，所以当最大时的值为7．17．(1)由，得，则，又，平面，则平面，平面，故，由，为中点，得，而平面，所以平面.(2)【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证.（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式确定点位置，再利用点到平面的距离公式求解.【详解】（1）略（2）作，由（1）得平面，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，，设平面的法向量为，则，取，得，记直线与平面所成角为，则，当时，；当时，，当且仅当时取等号，此时最大，平面的法向量为，，所以点到平面的距离.18．(1)(2)（i）见解析（ii）存在，【分析】（1）利用双曲线过点得，结合离心率得，再由，写出双曲线标准方程.（2）（i）设直线与双曲线联立，利用韦达定理计算斜率乘积，推导出数列是首项为、公比为的等比数列，再用等比数列求和公式放缩证明不等式.（2）（ii）先求出直线恒过定点，再利用对称点的坐标关系（中点在直线上、连线与直线垂直）消去参数，整理得到定圆方程.【详解】（1）依题意，，所以，，，故的方程为.（2）（i）证明：设直线：与交于点，，由，得，所以，，则当时，对应左焦点，得；当时，对应右焦点，，所以，所以是首项为（），公比为的等比数列，所以.（ii）设直线：，由（2）得，因为，且，所以，所以，所以直线的方程为，设，则，消可得，化简整理得圆的方程为.

19．(1)“佳点”为，理由:画出与圆的图像如下图所示：若，则.若，由图可知的图像在圆的内部，所以.若，则，所以，是的一个“佳点”.(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据“佳点”定义，取点，分、、三种情况，通过计算与的大小关系，验证该点满足佳点条件.（2）（ⅰ）利用函数最小值为的条件，先由确定，再分别讨论和时函数的取值情况，验证仅满足最小值为的要求.（ⅱ）先构造辅助函数分析的符号，验证满足佳点定义；再通过反证法证明不存在横坐标大于的佳点，从而确定是横坐标最大的佳点.【详解】（1）略（2）（ⅰ）由题知：，得若，先证，构造函数，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以（证毕）.因为，变形得，所以，当时等号成立，满足题意若，，当时，，当时