精品解析：山东青岛第五十八中学2026届高三第二次模拟考试数学试题

绝密★启用前 2026年青岛五十八中高三第二次模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集运算即可. 【详解】由， 故选：D. 2. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量满足， 所以. 故选：B 3. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数除法求复数，再由即可得. 【详解】由，则. 故选：D 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知条件两边平方，利用同角三角函数基本关系和二倍角公式即可求出的值. 【详解】∵， ∴，∴． 故选：D. 5. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. 8 D. 24 【答案】A 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 因为，， 所以，解得. 6. 设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 是奇函数 D. 是奇函数 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性对选项逐一说明即可. 【详解】易知选项ABCD中的函数定义域即为； 因为是奇函数，是偶函数，所以， 对于A，，故是奇函数，即A错误； 对于B，，故是偶函数，即B错误； 对于C，，故是奇函数，即C正确； 对于D，，故是偶函数，即D错误； 故选：C. 7. 已知双曲线的右焦点为，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线与圆 的位置关系是 A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的几何性质，求得双曲线的渐近线的方程，再利用直线与圆的位置关系的判定方法，即可得到直线与圆的位置关系，得到答案. 【详解】据题意，双曲线的离心率为，即，可得. 又因为，所以，所以双曲线的渐近线方程为. 圆的圆心为，半径为. 点到渐近线的距离. 又因为，所以双曲线的渐近线与圆相交.故选B. 【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质的应用，以及直线与圆的位置关系的判定，其中解答中根据双曲线的几何性质求得双曲线的渐近线的方程，再根据圆心到直线的距离与圆的半径的关系进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 8. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ） A. 2018 B. 2020 C. 2022 D. 2024 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解. 【详解】， 所以除以9的余数是8， 选项中只有2024除以9余8. 故选：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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ） A. 众数为12 B. 平均数为14 C. 中位数为14.5 D. 第85百分位数为16 【答案】BC 【解析】 【分析】由众数，中位数，平均数，第百分位数的定义求出即可. 【详解】成绩从小到大排列为：. A：出现次数最多的数为，故A错误； B：平均数，故B正确； C：中位数为：，故C正确； D：第85百分位数为第，即第位，为，故D错误； 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 为周期函数 B. 存在，使得的图象关于对称 C. 在区间上单调递减 D. 的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】证明，结合周期函数定义判断A，证明函数为奇函数，结合周期性证明若函数存在对称轴，则为其对称轴，推出矛盾，判断B，利用导数判断指定区间函数的单调性，判断C，结合正弦函数性质可得，进一步说明等号不成立，判断D. 【详解】由于，故，所以为的周期，A正确； 函数的定义域为，定义域关于原点对称，， 所以为奇函数， 假设图象关于对称，则函数为偶函数， 所以，故， 所以，又，所以为函数的对称轴， 所以， 但，， 所以，矛盾，所以图象不关于对称，B错误； 因为，化简整理得， 当时，， 函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线， 若，则， 所以当时，， 故在区间上单调递减，C正确； 因为，当且仅当时取等号， 但当，即时，，所以，D不正确． 故选：AC. 11. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确；设圆的方程为，将代入求得 ，结合，求得圆的方程，可判定C正确；取点，求得过点圆的方程，可判定D正确. 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，由，则以为直径的圆与椭圆有4个交点，所以A正确； 对于B，以为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以B错误； 对于C，设圆的方程为， 将代入得，解得 ， 则圆的方程为, 设，则，则， 两式相加，可得，两式相减，可得， 联立方程组，可得， 又因为，联立可得，则， 将其代入，可得， 即，此时方程有解，所以C正确； 对于D，设直线的斜率为，则直线的方程为， 因为关于原点对称，则中垂线的方程为， 因为，可得线段中垂线的方程为， 联立方程组，可得，可得， 因为关于原点对称，不等式，则， 联立方程组，可得 ，即圆心， 若，即， 可得，即， 即，即，所以，解得， 所以当的斜率为，可得， 此时四点共圆，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则的展开式中的系数为， 的展开式中的系数为， 故的展开式中的系数为， 故答案为：. 13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解. 【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴， 又，所以， 所以为等腰直角三角形，故， 所以，即， 所以，整理得， 解得或（舍去）， 故. 故答案为： 14. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为正三角形，分别是的中点，，则球的体积为_________________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知设出，，，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积. 【详解】在中，设，，，,， 因为点，点分别是，的中点，所以，， 在中，，在中，， 整理得， 因为是边长为的正三角形，所以， 又因为，所以，由，解得， 所以． 又因为是边长为的正三角形，所以，所以， 所以，，两两垂直， 则球为以为棱的正方体的外接球， 则外接球直径为， 所以球的体积为, 故答案为. 【点睛】本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题． 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，在直三棱柱中，，E为的中点，． （1）证明：． （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，平面， 所以 ， 又由题可知，， ，平面 且， 所以平面， 又因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明； (2)建系，利用空间向量的坐标运算可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴建系如图， 由，，可得， 则有 设平面的一个方向量为 ， 所以 即 令则， 所以 因为平面，所以为平面的一个法向量， 所以，， 即二面角的余弦值等于. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角A； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据数量积的定义及正弦定理得，.再结合三角形的性质建立方程求解即可； （2）根据正弦定理及面积公式直接求解即可. 【小问1详解】 在中有. 即. 因为，由正弦定理可得，即. 同理， 由正弦定理可得，即. 在中有. 解得，，. 由，得：. 【小问2详解】 面积，代入，，整理得：. 由（1）知，，即，. 中，由正弦定理可得，即. 所以. 17. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 【答案】（1）极大值为0， （2） 当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 【解析】 【分析】（1）求出导数，列表分析随变化情况，根据单调性和极值定义求解； （2）化简得，令，得或，分或，，，讨论判断方程解得个数得解. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，得或或， 因此，当变化时，，的变化情况如下表所示： 0 + 0 0 单调递减 单调递增 单调递减 单调递增 所以当时，有极大值，极大值为. 【小问2详解】 ， 当时，由，得或， 其中，，则， 当或时，方程无解，此时函数只有一个零点， 当时，方程只有一解为，此时函数只有一个零点， 当时，方程有两个不同的解且均不等于，此时函数有三个零点， 当时，方程有一解且不等于，此时函数有两个零点. 综上，当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 18. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程； （2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解； （3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值. 【小问1详解】 抛物线的焦点为， 由为线段的中点，可得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 设，，，， 联立，消去x整理得，解得，， 则，， 因为，则， 因为，，则，所以， 所以，，即，直线的斜率为； 【小问3详解】 因为，，，， 所以，， 因为，所以 因为，，，， 所以，① 由代入①得， 由得， 因为，，所以，所以，同理， 所以且， 所以，因为，所以， 所以，得，即， 设，联立消去x，得， 所以，所以，则，所以过定点， 则， 当且仅当，即时取等号，所以， 所以四边形面积的最小值为 19. 有张编号分别为到的卡片，横向随机排列.对于这张卡片，初始状态下卡片标号从左到右为，，…，记此时的卡片排列为（，，…）.对这张卡片的排列进行如下三步操作：1.取出最左边的卡片，记其标号为；2.剩余卡片中，标号小于的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为，，…（若不存在则为空），标号大于的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为，，…（若不存在则为空）；3.对这张卡片重新排列，得到新排列：（，，…，k，，，…）.每进行完上述三步操作，称为一次“完整操作”. （1）若初始排列为，写出连续经过两次完整操作后得到的新排列； （2）求初始排列经过一次完整操作后恰好能得到的顺序排列的概率； （3）记初始排列中有个排列种数能经过连续若干次完整操作后能得到的顺序排列，当时，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 补充定义．对于长度为的排列，一次操作后变为， 要使该排列经过若干次操作后能变为顺序排列，必须满足： （1）本身是可排序的排列（共种可能）： （2）在初始时就必须是严格递增的序列（仅1种可能）． 因此，首位为的可排序序列数为：． 将从1到的所有情况相加，得到递推式：． 下面证明原不等式，根据递推式写出的展开式： ， 将上式代入要证的不等式并移项整理，等价于证明： ， 又由的递推式可知：． 移项可得：． 代入前述等价不等式，问题转化为证明： 要使上式成立，只需证明对任意的，都有． 由于且由于，该不等式等价于证明：． 因为，所以，进而有． 又已知，故恒成立． 因此，对任意的，不等式均成立． 原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）根据题意，逐步对初始数列进行完整操作； （2）分析初始排列的特点，计算出满足条件的排列种数与总排列数的比值； （3）分析初始排列经过连续若干次完整操作后能得到的顺序排列的情况，通过对排列的构造和分析证明不等式. 【小问1详解】 第一次完整操作： 初始排列为，最左边的卡片标号， 可得标号小于的卡片，， 标号大于的卡片， 重新排列得到新排列， 第二次完整操作： 最左边的卡片标号， 可得标号小于的卡片， 标号大于的卡片，，， 重新排列得到新排列. 连续经过两次完整操作后得到的新排列. 【小问2详解】 要使初始排列经过一次完整操作后恰好能得到的顺序排列，必须满足： ，即原排列中小于的个元素已经是递增顺序； ，即原排列中大于的个元素已经是递增顺序； 首元素为时，剩余个位置由已经各自内部有序的和穿插而成， 确定中元素的位置可确定整个排列，共有种排法， 又因为可以取遍中的任意整数， 所以满足条件的初始排列总数为. 又因为个元素的全排列总数为， 所以初始排列经过一次完整操作后恰好能得到的顺序排列的概率. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年青岛五十八中高三第二次模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 3. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. 8 D. 24 6. 设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 是奇函数 D. 是奇函数 7. 已知双曲线的右焦点为，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线与圆 的位置关系是 A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 不确定 8. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ） A. 2018 B. 2020 C. 2022 D. 2024 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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ） A. 众数为12 B. 平均数为14 C. 中位数为14.5 D. 第85百分位数为16 10. 已知函数，则（ ） A. 为周期函数 B. 存在，使得的图象关于对称 C. 在区间上单调递减 D. 的最大值为 11. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是______． 13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为______． 14. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为正三角形，分别是的中点，，则球的体积为_________________． 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，在直三棱柱中，，E为的中点，． （1）证明：． （2）求二面角的余弦值． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角A； （2）若，求的面积. 17. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 18. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 19. 有张编号分别为到的卡片，横向随机排列.对于这张卡片，初始状态下卡片标号从左到右为，，…，记此时的卡片排列为（，，…）.对这张卡片的排列进行如下三步操作：1.取出最左边的卡片，记其标号为；2.剩余卡片中，标号小于的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为，，…（若不存在则为空），标号大于的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为，，…（若不存在则为空）；3.对这张卡片重新排列，得到新排列：（，，…，k，，，…）.每进行完上述三步操作，称为一次“完整操作”. （1）若初始排列为，写出连续经过两次完整操作后得到的新排列； （2）求初始排列经过一次完整操作后恰好能得到的顺序排列的概率； （3）记初始排列中有个排列种数能经过连续若干次完整操作后能得到的顺序排列，当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $