精品解析：山东青岛市2026届高三第一次适应性检测数学试题

2026年高三年级第一次适应性检测 数学试题 2026.03 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、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. 已知复数 ，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由 ，则， 所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得，即， 又，故. 3. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由 ，则，即有，解得， 故. 4. 已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定结合充分条件、必要条件的概念即可判断. 【详解】因为，若 ，则由线面平行的性质可知 ，故“ ”是“ ”的必要条件， 设，，显然 ，从而有 成立，但此时不平行， 所以故“ ”是“ ”的不充分条件， 即“ ”是“ ”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出样本中心点坐标，代入回归直线方程，解方程即可. 【详解】由题意，可得，， 所以样本点的中心坐标为， 代入回归直线方程，可得， 解方程得. 6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 7. 如图，点为矩形边 的中点，以动直线为折痕将矩形在其下方的部分向上翻折，每次翻折后点都落在边上，记该落点为，过点作垂直于交直线于点，点的轨迹为曲线的一部分，则为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线的定义求解即可. 【详解】由折痕的性质可得，则直线是线段 的垂直平分线，对任意的在上，由 ， 又因为，所以点到直线的距离为， 所以点到定点的距离等于点到定直线的距离， 由抛物线的定义，可得点的轨迹为抛物线. 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件，可求得函数关于轴对称，关于中心对称，周期为4，再根据函数的对称性和周期性，即可求解. 【详解】因为为偶函数，为奇函数， 所以，， 所以函数关于轴对称，关于中心对称， 所以，， 所以，令，则，即， 所以，令，则，所以的周期为4， 又，，所以，所以， 又函数关于轴对称，关于中心对称， 所以，， 又的周期为4，所以，，， 所以函数一个周期内的函数值为 ，，，， 所以， 所以 . 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. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由和的关系求出数列 为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用，求出，故选项C错误，由，应用等差数列求和公式计算选项D正确. 【详解】由题意，当时，，解得 . 当时，， 所以，即， 所以数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，，故选项A错误，选项B正确； 所以，故选项C错误； ， 故选项D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当 时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 11. 已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（ ） A. 球的表面积为 B. 当四面体体积最大时， C. 当时，的最大值为 D. 当时，的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题可知四面体是由两个直角三角形构成，结合外接球定义即可求解；对于B，易知当平面 时，四面体体积最大，利用等体积法确定内切球半径，再求即可；对于CD，根据题意确定截面，结合异面直线距离公式求出截面面积的最值即可． 【详解】对于A，，， ， ， 则 的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为 ，故A正确； 对于B，，又， 当平面 时，四面体体积最大， 平面 ，， ，即 和 为全等的等边三角形， 则， 四面体的表面积， ， 则四面体内切球半径， 易得平面，故四面体关于平面对称， 则内切球球心在平面上， 过分别作，则， 平面， 平面，同理可得平面 ， ，即四边形为正方形， ，故B错误； 对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线， 设的中点为，又，故直线为直线 ， 则为其中一个截面， 又平面，平面， ，， 在 上取一点，作截面， 由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小， 以为原点建立空间直角坐标系， 则， 设异面直线的公共法向量为，距离为， ，不妨取，则， ， 即点到距离的最小值为，此时， 则截面面积最小值为， 综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______. 【答案】0.8## 【解析】 【详解】由可得，因， 由正态曲线对称性，得， 则. 13. 双曲线： （， ）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与在第一象限的交点为，若直线与的一条渐近线平行，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用直径所对圆周角为直角得到垂直关系，结合渐近线斜率得到焦半径比例，再通过双曲线定义和勾股定理联立求解得到关系，算出离心率. 【详解】因为以为直径的圆与在第一象限的交点为，所以. 由直线与的一条渐近线平行可得，所以， 又由双曲线定义可得，所以，得，所以. 由得，即，整理得， 所以，，离心率. 【点睛】本题是结合圆的几何性质、双曲线定义与渐近线斜率的离心率求解问题，核心方法是通过几何关系与定义联立方程，建立关系求离心率. 14. 记 内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______ 【答案】## 【解析】 【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求解最小值即可. 【详解】因为，而， 由正弦定理得， 所以. 又因为， 设，，所以. 又，所以， 所以，即， 设，所以，即有解， 所以，解得. 若，则与中至少有一个为负数，这与三角形中最多只有一个钝角矛盾，故. 即有，所以，故的最小值为. 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. 函数（ ，，）的部分图像如图所示. （1）当时，求的单调递增区间； （2）已知，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可. （2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可. 【小问1详解】 由图可得 ，， 所以，且， 得， ， 又因为，所以，所以. 又因为， ， 解得， ， 所以在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，所以. 因为，所以， 即，所以. 所以. 16. 如图，在菱形中，，，为 的中点，将沿翻折至 ，得到四棱锥. （1）证明：平面平面 ； （2）当二面角 为120°时，求和平面 所成角的正弦值. 【答案】（1） 由题意得，为等边三角形， 又为 中点，所以，，故. 又因为，所以 平面. 又因为平面 ，所以平面平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角 对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，，以及垂直于平面 的直线为，， 轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知， ， 又，所以即为二面角 的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面 的法向量， 则，即，取， 设直线与平面 所成的角为 ， 则， 所以直线与平面 所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，，，使得，求的最大值. 【答案】（1）当 时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分 和，根据导函数的符号判断函数的单调性. （2）先根据函数的单调性得，，设，，求导，分析函数的单调性，求函数的最大值即可. 【小问1详解】 由题得 ，. 若 ，则在上恒成立，所以在上单调递减； 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当 时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）得，若存在，，使得， 则必有，由 . 所以等价于， 即，化简得：. 设，，则， 所以在上单调递减，所以， 此时，. 所以当，时等号成立，所以的最大值为. 18. 在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元，，且生成词元总数不超过.若生成，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下： ①若预测中第一次出现词元，则审核后生成，的概率均为0.5； ②若预测中第二次出现词元，则审核后必生成； ③若预测中出现词元，则审核后必生成. 设表示过程结束时生成词元的总个数. （1）求，； （2）求的分布列； （3）求. 【答案】（1）， （2） 1 2 3 … … （3）【解析】 【分析】（1）根据规则判断出 和 的情形，结合概率乘法公式求解即可. （2）结合题干规则推导出，进而求出，即可得到分布列. （3）结合错位相减法及等比数列的前项和公式求出，根据条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 表示第一次就生成并结束过程，即第一次预测为，且审核生成， . 表示第二次生成并结束过程，情况有：第一次预测为，且审核生成，第二次预测为；第一次预测为，审核必生成，第二次预测为，且审核生成. . 【小问2详解】 （ ，）时，第个词元输出为， 若前面 个词元都预测为，其概率为， 若前面 个词元有一个预测为，其概率为， 故， 当时， 若前面个词元都没有预测为，其概率为， 若前面 个词元有一个预测为，其概率为， 故 所以的分布列为： 1 2 3 … … 【小问3详解】 由（1）得， 由（2）得， ， ， ， ， 所以 所以 19. 已知为坐标原点，椭圆： （）的离心率为，长轴长为4. （1）求的方程； （2）若过的直线交于，两点，点在上，点为直线 与轴的交点，点的横坐标为点横坐标的3倍. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若点，都在曲线： （ ）上，求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（法1）设，，， ， 因为，两式作差得：， 又因为，即，所以 ， 所以； （法2）由题可知直线斜率存在且不为0， 设：，，，， ， 由，得 ，所以， 所以，， 因为，则，即有 ，所以； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用离心率及长轴长计算即可得； （2）（ⅰ）法一：设，，借助点差法计算即可得；法二：设：，联立椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出与后，由可得 ，即可得证；（ⅱ）设，，则有，两式相乘可得，则可得 ，设，可得 在 上单调递增，故可得，即可得解. 【小问1详解】 由题得， ，，得 ， ， ， 所以的方程为 ； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）设，，其中， ，， 因为，所以， 两式相乘得：，又因为 ， 所以， 所以 ， 令（ ）， 所以， 令，又因为在区间 上单调递增； 所以 ， 显然 在 上单调递增，因为 ，得 ， 所以，所以（当且仅当，时取等号）， 综上，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级第一次适应性检测 数学试题 2026.03 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、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. 已知复数 ，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 4. 已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 6. 某空间站由 ，， 三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去 舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 7. 如图，点 为矩形 边 的中点，以动直线 为折痕将矩形在其下方的部分向上翻折，每次翻折后点 都落在边 上，记该落点为 ，过点 作垂直于 交直线 于点 ，点 的轨迹为曲线的一部分，则为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，，则（ ） A. 1 B. 0 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. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 11. 已知四面体 满足，，点 ，， ，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体 所得的截面的面积为，则（ ） A. 球的表面积为 B. 当四面体 体积最大时， C. 当时，的最大值为 D. 当时，的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______. 13. 双曲线 ： （， ）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与 在第一象限的交点为，若直线与 的一条渐近线平行，则 的离心率为______. 14. 记内角 ，， 的对边分别为 ， ，，，则的最小值为______ 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. 函数（ ，，）的部分图像如图所示. （1）当时，求的单调递增区间； （2）已知，且，求的值. 16. 如图，在菱形 中，，， 为 的中点，将沿 翻折至 ，得到四棱锥. （1）证明：平面平面 ； （2）当二面角 为120°时，求和平面 所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，，，使得，求 的最大值. 18. 在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元 ，，且生成词元总数不超过.若生成 ，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为 ，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下： ①若预测中第一次出现词元 ，则审核后生成 ，的概率均为0.5； ②若预测中第二次出现词元 ，则审核后必生成 ； ③若预测中出现词元，则审核后必生成. 设表示过程结束时生成词元的总个数. （1）求，； （2）求的分布列； （3）求. 19. 已知 为坐标原点，椭圆： （）的离心率为，长轴长为4. （1）求的方程； （2）若过 的直线 交于 ，两点，点 在上，点为直线与轴的交点，点 的横坐标为点横坐标的3倍. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若点 ，都在曲线 ： （ ）上，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $