2026山东省青岛第二中学高三数高考打靶考试数学试卷（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页青岛二中2025-2026学年第二学期高三数学打靶考试试题命题人：高三数学集备组审核人：时间：120分钟满分：150分一、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，则（

）A． B． C．5 D．2．已知等差数列的前n项和为，若，，则（

）A． B． C． D．3．已知数据，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的平均数为，方差为，则（

）A． B．C． D．4．已知，，，则（

）A． B． C． D．5．已知点是圆：上一点，点，，的最大值为（

）A． B．4 C． D．26．已知，，则（

）A． B． C． D．7．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8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（

）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．在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（

）A． B． C． D．10．已知函数，则以下结论正确的是（

）A．对任意，，且，都有B．对任意，，都有C．设符号表示不超过的最大整数，可能为，0，1D．不等式的解集为11．棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为平面上的动点，若，交于将正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则下列结论正确的是（

）A．十面体的外接球表面积为B．C．若与的夹角为，则点的轨迹为圆D．十面体的体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中，常数项为________.13．设，，若集合，则________．14．实数，满足，设点，，，动点满足．点为线段的中点，，则最小值为________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为．(1)求的解析式；(2)在中，其内角，，的对边分别为，，，已知，，且，求的面积．16．如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面．(1)求证：为的中点；(2)若，，求二面角的最小值．17．已知函数，(1)当时，讨论的单调性；(2)若有两个零点，求的取值范围．18．某科技公司正在研发一款新型量子计算芯片，该芯片的制造与测试流程分为三个关键阶段：量子比特制备（第1阶段）、量子纠缠校准（第2阶段）和逻辑门操作验证（第3阶段）．测试人员必须按顺序完成各阶段测试，且每个阶段的测试次数不限，只有当前阶段测试通过后才能进入下一阶段．一旦通过第3阶段测试，即视为芯片合格并结束整个测试流程．已知某工程师进行测试时，第1、2、3阶段单次测试通过的概率分别为，，，且每次测试相互独立．记事件为“该工程师第次测试后芯片合格”．(1)求，；(2)记“第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试”为事件，记“第至次进行逻辑门操作验证测试没有通过且第次通过”为事件，求，并求的表达式；(3)比较与的大小．19．已知椭圆：的上顶点为，离心率为．过点的直线与交于点，点在第一象限，过点的直线与交于点．设点，直线和直线关于直线对称，直线与直线交于点．(1)求的方程；(2)若，求点的坐标；(3)设，是椭圆上的两点，在（2）的条件下，若直线的斜率为直线的斜率的2倍，求证：直线过定点．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】因为，故，故.2．B【详解】设的公差为，由，得，即．由，得，所以．所以，所以．3．D【分析】根据平均数及方差的计算公式即可求解．【详解】因为，所以，,因为，即；所以，即．4．B【分析】由对数函数的单调性比较，构造函数，由导数得到函数单调性，然后比较，从而求得结果.【详解】∵对数函数定义域上单调递增，且，所以，，令函数，，且，则导数，当时，，函数单调递减，∴，即，∴.5．C【分析】依题意设，根据数量积的坐标表示，辅助角公式，及正弦函数的性质即可求解．【详解】依题意设，则，，则，其中，又，则，所以的最大值为．6．D【分析】由诱导公式及二倍角公式即可求得，然后由及求得的取值范围，从而求得答案.【详解】，，∴，即，∴在中且，∴，∴，∴，∴，即.7．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.8．D【分析】由条件得出是的重心，再证明是等边三角形，再分析的各边关系以求解.【详解】如图设，所以，设是的中点，，，是的垂直平分线，，又，即，所以会经过的中点，又是的中线，所以是的重心，又因为是的中点，所以三点共线，又因为，所以，所以是等边三角形，由是等边三角形得：，，所以，即，即.9．AC【详解】对于A，由题意得：，，正确；对于B，，，错误;对于C，，正确；对于D，，错误.10．ABD【分析】A.先判断奇函数在R上单调递增，由增函数等价定义可判断；B．利用作差法，证明，从而得证；C．再取整可得；D.分和讨论，求两种情况的解集的并集.【详解】对于A.，因为，则是奇函数，当时，在单调递增；则在也单调递增，又因时函数有定义，则在R上单调递增，即对任意，，且，都有，A正确；对于B．当时，，则，由，因为，所以分母恒为正；分子，故，即，当且仅当时取等号，B正确；对于C．，即，当时，；当时，；即只能取，不能取到，C错误；D．①当时，，，，因，则可得，解得；②当时，，，，因，则可得，解得.综上可得，的解集为，D正确.11．ACD【分析】选项A，设，的中点为，则十面体外接球的球心为，求出球半径，利用球的表面积公式求出十面体的外接球表面积，从而得到结论；选项B，过作的平行线，过作的平行线，分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，求出，，求，从而得到结论；选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为圆锥被平面所截得到的曲线，由平面得到点的轨迹为圆，从而得到结论；选项D，为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则为正方形，是上底面和下底面都是正方形的四棱台，利用棱台的体积公式求出，利用锥体的体积公式求出，从而得到十面体的体积为，从而得到结论.【详解】选项A，设，的中点为，则十面体外接球的球心为，球半径为，则十面体的外接球表面积为，故选项A正确；选项B，过作的平行线，过作的平行线，分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，故选项B错误；选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面所截得到的曲线，因为平面，所以点的轨迹为圆，故选项C正确；选项D，为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则为正方形，是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和，高为，，因为，所以十面体的体积为，故选项D正确.12．6【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得；令，则无自然数解.所以展开式中的常数项为.故答案为：13．2【分析】根据，及余弦的二倍角公式化简，再结合题意中的集合得到，的值，进而代入即可求解．【详解】由，又，则，解得，，又，所以．14．【详解】因为，所以，令，则，设，，则在上是单调递增函数，且，故，即，则点在定直线上.因为，所以，，则在以为直径的圆上，则有，设，因为点为线段的中点，所以，解得，因为，所以，即，即到距离相等，则为线段的垂直平分线上的点，则，故点在定直线（轴）上，将代入得到，又满足，将代入得到，则，又，点为线段的中点，则，因为，所以，在线段上取定点，使得，则有，，故，则，则有，解得，则，解得，即，即的最小值为.15．(1)(2)【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再由函数为偶函数得出的值，利用相邻最高点和最低点的距离得到的值，从而得到函数的解析式.（2）由正弦定理和和差角公式得到，由特殊函数值得到，并用余弦定理求出边长，从而得出三角形面积.【详解】（1），因为函数为偶函数，则，．又，所以，即有．因为，所以有，．所以．又其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为，且，所以有，解得，．（2）由正弦定理，及，得，化简可得，即，．又，所以，．由，及余弦定理，得，解得或（舍去），所以．又因为，．所以．所以．16．(1)连接，设，连接，则是、的中点，直线平面，平面，平面平面，．

在中是的中点，是线段中点．

(2)【分析】（1）通过平面，得到，结合中位线即可证明；（2）建系，求得平面法向量，由夹角公式即可求解.【详解】（1）略（2）设为圆柱的一条母线，由题意可知两两垂直，以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．，设，，则，，其中，，，设平面的一个法向量为,则，故可取．平面的一个法向量为．

由图可知二面角为锐二面角，设二面角的平面角为，则，，当且仅当时取等号，所以,则，故有，又，则,所以的最小值为，即二面角的最小值为.17．(1)当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）对函数求导，通过讨论的范围，得到和，即可得到函数的单调区间；（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围.【详解】（1）的定义域为，，，则由得，．（ⅰ）当时，则，当时，；当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，在单调递减．（ⅱ）当时，则，此时，所以在单调递减．（ⅲ）当时，则，当时，；当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，在单调递减．综上所述，当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增．（2）（ⅰ）若，则，由得．当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．∴当时，取得最小值，最小值为．

①当时，由于，故只有一个零点；②当时，由于，即，故没有零点；③当时，，即．当时，，，故，所以，故在有一个零点．

设，，时，单调递增，所以，即当时，，故，所以，因此在有一个零点．

（ⅱ）若，，由（1）知，至多有一个零点；（ⅲ）若，由（1）知，至多有一个零点；（ⅳ）若，，由（1）知，至多有一个零点；综上，的取值范围为.18．(1)，(2)，，(3)当，3，4时，，当时，．【分析】（1）利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式，计算和的概率。（2）利用组合计数原理与独立事件乘法公式求、，结合全概率公式与错位相减法推导的表达式.（3）结合条件概率公式转化问题，通过构造数列判断单调性，最后比较两个条件概率的大小.【详解】（1）依题意，，事件发生分两种情况，当测试失败的情况发生在第三阶段概率为，由于前两个测试失败的概率相同，所以当测试失败的情况发生在前两个阶段概率为，所以．（2）先求事件的概率，第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，表示首次通过第一阶段的测试发生在第次（），且首次通过第二阶段的测试发生在第次，对所有可能的求和得到.求事件发生分两步：第一步，第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，概率为，第二步，第次至次进行逻辑门操作验证测试没有通过，第次通过，概率为；由全概率公式得，，设，则，两式相减得，，所以，所以．（3）依题意，，又因为，，所以，

令，则，因为，所以，故数列在时递增，又，，故当，3，4时，，故，当时，，故．19．(1)(2)(3)设，，：，联立得，整理得，由韦达定理得，，由（2）知，，则，所以，变形得，所以．因为，所以，所以，整理得，代入韦达定理，整理得，即，所以或，当时，直线：，过定点（舍去）；当时，直线：，过定点．所以，直线过定点．【分析】（1）由离心率和，求得即可求解；（2）法一：通过直线和直线关于直线对称，确定直线的方程，再联立椭圆方程求得坐标，最后由列出等式求解即可；法二，设：，联立椭圆方程求得坐标，再由求得，再由，列出等式求解即可；（3）设，，：，联立椭圆方程，得到，再通过点在椭圆上，代入椭圆方程通过作差法得到，结合，得到，由斜率公式和韦达定理列出等式，即可证明.【详解】（1）由题意，又，代入解得：，故椭圆方程为：（2）法一、因为直线和