精品解析：2026届山东省青岛市高三入学适应性考试数学试卷（2025年7月）

2026届高三年级入学适应性考试 数学试题 2025.07 本试卷共4页，19题.全卷满分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、老生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 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；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，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，将本试卷与答题卡一并交回 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. △ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则△ABC的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 已知命题 ，命题，则命题是命题的（ ） 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 5. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 7. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有 A. 24对 B. 30对 C. 48对 D. 60对 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. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 10. 函数在一个周期内的图象可以是（ ） A. B. C. D. 11. 已知，记为集合中元素的个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（ ） A. B. 将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 D. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，则______． 13. 点在函数的图像上，点在函数的图像上，则的最小值为__________. 14. 已知动圆过点且与直线：相切，直线与y轴交于K，点P为动圆圆心的轨迹E上任意一点，的角平分线与y轴交点为，则m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. 如图，在四面体中，平面平面，，，， （1）求四面体的体积； （2）求二面角的平面角的正切值． 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在上恰有两个零点，求的取值范围. 17. 某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有A，B，C，D四个问题，规则如下： ①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A，B，C，D分别加1分，2分，3分，6分，答错任一题减2分； ②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，累计分数仍不足14分时，答题结束，淘汰出局，当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮； ③每位参加者按问题A，B，C，D顺序作答，直至答题结束．假设甲同学对问题A，B，C，D回答正确的概率依次为，，，，且各题回答正确与否相互之间没有影响． （1）求甲同学能进入下一轮的概率； （2）用ξ表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)． 18. 已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 19. 定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. （1）证明:点O为三角形ABC的内心； （2）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级入学适应性考试 数学试题 2025.07 本试卷共4页，19题.全卷满分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、老生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 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；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，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，将本试卷与答题卡一并交回 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合B，再根据集合交集运算即可得答案 【详解】由，可得，所以， 所以. 故选：B 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法运算结合复数几何意义可得答案. 【详解】，则对应点为，在第二象限. 故选：B 3. △ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则△ABC的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理化边为角得，再利用三角形面积公式即可. 【详解】根据正弦定理得，因为，则， 所以，解得， 所以. 故选：A. 4. 已知命题 ，命题，则命题是命题的（ ） 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】A 【解析】 【分析】利用指数函数单调性可判断得出结论. 【详解】根据题意由指数函数的单调性可知能推出， 即充分性成立； 由可推出，不能推出，即必要性不成立； 因此命题是命题的充分不必要条件. 故选：A 5. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解. 【详解】由题意可得，，且， 所以. 设与的夹角为，， 则, 所以. 故选；D. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 7. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得. 【详解】在上的奇函数满足，则， 于是，即函数的周期为4， 而，则，，又当时，， 所以. 故选：A 8. 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有 A. 24对 B. 30对 C. 48对 D. 60对 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：在正方体中，与上平面中一条对角线成的直线有，，，共八对直线，与上平面中另一条对角线的直线也有八对直线，所以一个平面中有16对直线，正方体6个面共有对直线，去掉重复，则有对.故选C. 考点：1.直线的位置关系；2.异面直线所成的角. 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. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断. 【详解】根据二项式定理,的通项公式为, 对于A,常数项为,故A正确; 对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误; 对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确; 对于D,令,各项的系数之和为,故D错误. 故选:AC. 10. 函数在一个周期内的图象可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由函数，利用平移变换判断. 【详解】函数， 其中， 因为，所以， 又函数是由向左或向右平移个单位得到的， AC符合题意， 故选：AC 11. 已知，记为集合中元素的个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（ ） A. B. 将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 D. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过对不同阶数完美集的子集情况进行分析来确定集合个数，同时依据完美集的性质判断相关结论的正确性. 【详解】当非空数集是子集中含个元素的子集时，.根据“n阶完美集”的定义，中大于等于的数有、、、共个，所以此时可以是、、、.  当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、、共个，所以此时可以是、、.  当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、共个，不满足“n阶完美集”的定义，所以中个元素的子集不满足.  同理，中含个元素的子集也不满足.  综上，4阶完美集有、、、、、、，所以，故A正确.   若将“n阶完美集”中元素全部加，中元素个数不变，但加变大，均不违背“阶完美集”的定义，所以得到的新集合是一个“阶完美集”，故B正确.   若，满足条件的集合的个数为7，而,C错误； 对于满足“阶完美集”的所有，不属于所有，可视为退化为“阶完美集”的情况，总个数为.  又因为，所以满足条件的集合要排除掉“阶完美集”中只含有个元素的情形（排除个单元素集合），因此满足条件的集合的个数均为，D正确.   故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：新定义题型，关键就是读懂题意，将陌生的概念转化为熟悉的知识，再借助旧知解题即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】将题干中的两个式子均平方，再相加即可求出. 【详解】由题意可得，， ， 两式相加得，，即. 故答案为： 13. 点在函数的图像上，点在函数的图像上，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由解析式可分析两函数互为反函数，则图象关于对称，则点到的距离的最小值的二倍即为所求，利用导函数即可求得最值. 【详解】因为与互为反函数，两函数图象关于对称， 设点为，则到直线的距离为， 设，则，令，即， 所以当时，即单调递减， 当时，即单调递增， 所以，则， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知动圆过点且与直线：相切，直线与y轴交于K，点P为动圆圆心的轨迹E上任意一点，的角平分线与y轴交点为，则m最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线的定义以及题意写出抛物线方程，整理函数解析式，根据三角函数的性质，可得答案. 【详解】由题意可得，动圆圆心的轨迹E为抛物线，焦点，准线方程为， 过点P作垂直于准线，H为垂足，如图所示： 因为抛物线关于y轴对称，不妨设点P的横坐标， 由抛物线的定义可得，设， 由，求导可得，设切点，切线斜率为， 则切线方程为，代入，可得，解得， 所以当直线与相切时，其倾斜角等于， 因此，且. 由角平分线定理可得，即，则 因为函数在单调递减， 因此当时，，故最大值为. 故答案为：. 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，在四面体中，平面平面，，，， （1）求四面体的体积； （2）求二面角的平面角的正切值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：过作，由面面的性质得是四面体的面上的高；设为边的中点得，计算可得与的长，进而可得，由棱锥体积公式即可得；法二：首先建立坐标系，根据题意，设是的中点，过作交与，过作交与，易知，因此以为原点，射线为轴，建立空间坐标系，进而可得的坐标；从而得边的高即棱住的高与底面的面积，可得答案； （2）法一：过作垂足为，连接，分析可得为二面角的平面角，计算可得的长，由（1）中的值，结合正切的定义即可得；法二：设是平面的法向量，由（1）易得向量的坐标，同时易得是平面的法向量，由向量的夹角公式可得从而，进而由同角三角函数的基本关系，可得． 【小问1详解】 法一：如图，过作，垂足为， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即是四面体的面上的高； 设为边的中点，由，得，则， 由，得； 在中，，， 故四面体的体积； 法二：如图，设是的中点， 在平面内过作交与， 在平面内过作交与， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则， 以为原点，以射线为轴，建立空间坐标系， 已知，故的坐标分别为， 设，而，，有，得或（舍），则， 设，而，有，得或（舍），则， 从而边的高为，又， 故四面体的体积； 【小问2详解】 法一：如图，过作，垂足为，连接， 由（1）知平面，由三垂线定理可得，故为二面角的平面角， 在中，， 在中，，从而，可得， 在中，， 则二面角的平面角的正切值为； 法二：由（1）知， 设是平面的法向量，则，取，则， 显然是平面的法向量，从而， 所以，则二面角的平面角的正切值为. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在上恰有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得解. 【小问1详解】 由，得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 令，则， 令， 则， 令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， ，当时，， 当时，， 如图，作出函数的大致图象， 因为函数在上恰有两个零点， 所以函数的图象恰有两个交点， 所以的取值范围为. 17. 某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有A，B，C，D四个问题，规则如下： ①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A，B，C，D分别加1分，2分，3分，6分，答错任一题减2分； ②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，累计分数仍不足14分时，答题结束，淘汰出局，当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮； ③每位参加者按问题A，B，C，D顺序作答，直至答题结束．假设甲同学对问题A，B，C，D回答正确的概率依次为，，，，且各题回答正确与否相互之间没有影响． （1）求甲同学能进入下一轮的概率； （2）用ξ表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)． 【答案】（1）；（2）分布列见解析，. 【解析】 【详解】设A，B，C，D分别为第一，二，三，四个问题．用Mi(i＝1，2，3，4)表示甲同学第i个问题回答正确，用Ni(i＝1，2，3，4)表示甲同学第i个问题回答错误，则Mi与Ni是对立事件(i＝1，2，3，4)．由题意得，P(M1)＝，P(M2)＝，P(M3)＝，P(M4)＝， 所以P(N1)＝，P(N2)＝，P(N3)＝，P(N4)＝. （1）记“甲同学能进入下一轮”为事件Q， Q＝M1M2M3＋N1M2M3M4＋M1N2M3M4＋M1M2N3M4＋N1M2N3M4， P(Q)＝P(M1M2M3＋N1M2M3M4＋M1N2M3M4＋M1M2N3M4＋N1M2N3M4) ＝P(M1M2M3)＋P(N1M2M3M4)＋P(M1N2M3M4)＋P(M1M2N3M4)＋P(N1M2N3M4) ＝××＋×××＋×××＋×××＋×××＝. （2）由题意，随机变量ξ的可能取值为2，3，4.由于每题答题结果相互独立， 所以P(ξ＝2)＝， P(ξ＝3)＝××＋××＝， P(ξ＝4)＝1－P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝. 随机变量ξ的分布列为 ξ 2 3 4 P 所以E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝. 【命题意图】本题考查了相互独立事件同时发生的概率、考查了离散型随机变量的分布列以及数学期望的知识，考查了同学们利用所学知识解决实际问题的能力． 18. 已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式； （II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证； （ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以，所以， 所以； 设等比数列的公比为， 所以，解得（负值舍去）， 所以； （II）（i）由题意，， 所以， 所以，且， 所以数列是等比数列； （ii）由题意知，， 所以， 所以， 设， 则， 两式相减得， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛： 最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证. 19. 定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. （1）证明:点O为三角形ABC的内心； （2）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 【答案】（1） 由正弦定理可知 则. 记， 由于， 所以在直线上， 且， 所以在角的角平分线上， 又因为， 所以三点共线， 即在角的角平分线上， 同理可得在角，角的角平分线上， 即为的内心. （2） （i），，则， 即，，， 设，则， 设直线：，直线：， ，. 代入可得. 显然,否则三点共线构成不了三角形. 故，即① 由（1）可知为的内心.，不妨设在第一象限， 故，代入①可得， 则（舍去，注：）或者， 即. （ii）定值为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得，再利用在直线上得到在直线上，，则在角的角平分线上，同理得其在另外两角平分线上即可证明； （2）（i）设直线：，直线：，联立解得点坐标，代入方程得，最后计算得，化简即可； （ii），设，，根据焦半径公式得，，再利用向量关系即可得到，则其轨迹为椭圆，则得到其定长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）， 即，，，设，， ， ，，， 则， 即， 解得，， 则， 即的轨迹为椭圆，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $