2026年山东省青岛市第九中学高三第一次适应性检测数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年山东省青岛市第九中学高三第一次适应性检测数学试题本试卷共4页，19小题，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．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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．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．下列数列中是等差数列也是等比数列的是（

）A．1，，1，，1 B．1，2，3，4，5C．5，5，5，5，5 D．1，2，3，5，72．设集合A={2，3，5，7}，B={1，2，3，5，8}，则=（）A．{1，3，5，7} B．{2，3} C．{2，3，5} D．{1，2，3，5，7，8}3．=（

）A． B． C． D．4．如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（

）A．5 B．8 C．10 D．155．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．设，则随机变量的分布列是：则当在内增大时A．增大 B．减小C．先增大后减小 D．先减小后增大7．设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（

）A．3 B．4 C．5 D．68．设函数，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知曲线.（

）A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n>0，则C是圆，其半径为C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若m=0，n>0，则C是两条直线10．已知函数，则（

）A．在上有最小值和最大值 B．当，时，有最大值C．当时，有2个解 D．当时，与有4个交点11．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若是奇函数，则_____，______．13．已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．

14．在平面直角坐标系中，点A，B，C在双曲线上，满足为等腰直角三角形，则面积的最小值为______．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．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.16．如图，为平面四边形的四个内角.（1）证明：；（2）若，，，，，求的值.17．为检验一批电子元件的寿命，从这批元件中抽取一批元件同时做寿命值试验．(1)若随机抽取了10个元件，得到各个元件寿命数据如下，求这10个元件寿命的均值与方差；9.8

10.3

10.0

10.2

9.9

9.8

10.0

10.1

10.2

9.7(2)记这批元件的总体寿命为X，随机变量X服从均值为的指数分布，且X的概率密度函数为，X取值不超过x的概率为，其中是自然对数的底数．现抽取10个元件，让所有元件同时开始工作，10个单位时间后停止试验，得到失效元件寿命数据为5.3、6.0、6.7．假设每个元件的寿命相互独立．（ⅰ）只考虑未失效的7个元件，记7个元件的寿命均超过10个单位时间的概率为，求；（ⅱ）记，求的极大值点．18．如图，四棱柱中，底面．四边形为梯形，，且．过三点的平面记为与的交点为．(1)证明：为的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小．19．已知数列满足：，证明：当时，（I）；（II）；（III）.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】设该数列为，由题可得，其中为常数，据此推得，即得该数列为非零常数列，即可判断.【详解】设该数列为，则该数列满足，其中.则，因为常数，该式对任意正整数成立，则，从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意.故选：C2．C【分析】根据集合交集的运算可直接得到结果.【详解】因为A{2，3，5，7}，B={1，2，3，5，8}，所以故选：C【点睛】本题考查的是集合交集的运算，较简单.3．B【分析】直接计算出答案即可.【详解】故选：B【点睛】本题考查的是复数的计算，较简单.4．C【分析】根据原位大三和弦满足，原位小三和弦满足从开始，利用列举法即可解出．【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：．∴；；；；．原位小三和弦满足：．∴；；；；．故个数之和为10．故选：C．【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．5．D【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可.【详解】由得或所以的定义域为因为在上单调递增所以在上单调递增所以故选：D【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域.6．D【分析】研究方差随变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为的二次函数，二次函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要知识、基础知识、运算求解能力的考查.【详解】方法1：由分布列得，则，则当在内增大时，先减小后增大.方法2：则故选D.【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.7．C【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.【详解】对，令，则，所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得.所以.故选：C8．C【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时；当时，可知，此时；可知若，符合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；综上所述：，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为；解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；则当时，，故，所以；时，，故，所以；故，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.9．ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.10．ABD【分析】构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②求出在上的单调性，即可判断；③求出在的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；④求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断.【详解】设，则，，令，则，则在上单调递增，又，则当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，函数在处取最小值为，对于，因，则函数为偶函数，对于A，当在内有零点时，即，使得，易知在，上单调递减，在，上单调递增，且，，，，即，在和处取最小值，在处取最大值.当在内无零点时，恒有，则，在上单调递增，在上单调递减，在处取得最小值，在处取得最大值，故A正确；对于B：当时，，，由A可得，在上单调递增，，，，使得，在中，，此时在上单调递减，在上单调递增，因，即在处取最大值，故B正确；对于C：时，中，，即，使得，因为偶函数，则在上单调递减，在上单调递增，在和处取极小值，，在上单调递减，，，使得，在上单调递增，，，使得，当时，，，有3个解，故C错误；对于D，由C可得，在中，，此时在，上单调递减，在，上单调递增，因，则，即直线在点的下方，且在轴上方，由图知，此时直线与的图象有4个交点，故D正确.11．BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．12．；．【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性若，则的定义域为，不关于原点对称若奇函数的有意义，则且且，函数为奇函数，定义域关于原点对称，，解得，由得，，，故答案为：；．[方法二]：函数的奇偶性求参函数为奇函数[方法三]：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．故答案为：；．13．【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．【详解】设，由可得，由可知，或，，由图可知，，即，．因为，所以，即，．所以，所以或，又因为，所以，．故答案为：．【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．14．【分析】通过设点和向量表示等腰直角三角形顶点坐标，结合点在双曲线上的约束条件将面积转化为单变量函数，进而求解最小值.【详解】法一：不妨设等腰直角的直角顶点为，设，由且，得，故，.∵点在双曲线上，即满足，∴对点：

(1)对点：，展开并代入(1)整理得：

(2)对点：，展开并代入(1)整理得：

(3)将(2)+(3)，得，整理得，即.将代入(2)，化简可得.三角形面积，代入的表达式，得.令，由(1)得，即，故.代入面积表达式得.对求导得：.令，结合得.∵当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴时，取得最小值，.法二：∵原双曲线方程为，为等轴双曲线，将坐标系顺时针旋转，变换公式为，代入双曲线方程整理得.旋转变换为正交变换，保持角度、长度、面积不变，故仅需在新坐标系下求解最小值.设，则，∴设等腰直角三角形的直角顶点为，∴另外两个顶点为、.∵均在双曲线上，∴，展开得①同理，展开得②将①+②整理得③.由①、②相乘，并利用③，所以由基本不等式得故以下取一组满足条件的实数，使得（进而由可确定一个满足条件的，使得）．考虑的取等条件，有，即．不妨要求，结合，得由①知，故由③得，其中，从而有综上，的面积的最小值为．15．（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．16．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用三角恒等变换化简即得解；（2）化简得到.连结，利用余弦定理，可求得，.连结，同理可得，，即得解.【详解】解：（1）（2）由，得，.由（1），有连结，在中，有在中，有所以则于是.连结，同理可得于是所以.17．(1)均值为10，方差为0.036(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据均值和方差的公式求解即可；（2）（ⅰ）先根据题意得到单个元件寿命超过10个单位时间的概率，再根据相互独立事件的概率公式求解即可；（ⅱ）先求出，求导，分析函数的单调性，进而求解即可.【详解】（1）这10个