精品解析：山东青岛第二中学2026届高三第二次适应性检测数学试卷

2026年青岛二中高三第二次适应性检测 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 若的最小正周期为，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 4. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 5. 农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用（，k为正常数）描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量（单位：mg/kg），某品种有机磷农药的降解速率常数，现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为（ ） A. 3天 B. 6天 C. 9天 D. 12天 6. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 8. 已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 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. 一个袋子中有 4 个红球和 2 个白球，采用不放回方式依次摸取 2 个球. 设事件 为“第一次摸到红球”，事件 为“第二次摸到红球”，则（ ） A. B. C. D. 与 相互独立 10. 已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为单位向量，且，则___________． 13. 已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，若使得成立的点的横坐标为，则四边形的面积为_____． 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 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. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． 16. 已知是各项均为正数的等比数列，且 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. . 17. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 18. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 19. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn． （1）求p1，q1和p2，q2； （2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用 n表示) ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年青岛二中高三第二次适应性检测 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解绝对值不等式，再根据集合的交集的定义可得. 【详解】由,解得或,所以或, 而，所以 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意与共轭复数的性质求出对应复数，进而求解即可. 【详解】因为，所以，则， 可得，故B正确. 故选：B 3. 若的最小正周期为，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式，结合特殊角的正弦函数值进行求解即可. 【详解】因为的最小正周期为， 所以，即， 所以. 故选：A 4. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得双曲线渐近线方程为，再由直线斜率为-1可得答案. 【详解】双曲线的渐近线方程为，因为的两条渐近线相互垂直， 所以.，又，则. 故选：B. 5. 农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用（，k为正常数）描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量（单位：mg/kg），某品种有机磷农药的降解速率常数，现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为（ ） A. 3天 B. 6天 C. 9天 D. 12天 【答案】C 【解析】 【分析】根据国家食品安全标准规定得出不等式，再由函数单调性解不等式即可求得结果. 【详解】设该蔬菜的最短安全采收间隔期为天, 依题意可得,其中，， 所以可得，即，解得； 因此该蔬菜的最短安全采收间隔期为9天. 6. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出. 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 8. 已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可知集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，进而分析的最大值. 【详解】因为，由选项可知的最大值大于3， 若对任意的，，，存在，使得， 则集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26， 即或或， 若，则， 解得，此时的最大值为51； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 综上所述：的最大值为52. 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. 一个袋子中有 4 个红球和 2 个白球，采用不放回方式依次摸取 2 个球. 设事件 为“第一次摸到红球”，事件 为“第二次摸到红球”，则（ ） A. B. C. D. 与 相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据古典概型、条件概率和独立事件的定义计算判断即可. 【详解】由题意可得，，所以A错误； ，所以B正确； ，所以，所以C正确； 由于，所以， 所以与不相互独立，所以D错误. 10. 已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D. 【详解】如图所示： 易知平面底面， 设在底面上的投影为， 若，，三点共线，则在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上， 故，，，四点共圆， 若，，三点共线， 同上可知在直线上， 故为圆的直径， 所以，, 又底面，底面， 故， 平面，， 所以平面， 又平面，故， 同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A、C：由题意可得，结合等差数列定义可得，则成等比数列，则可得，即可求出，结合，两边取对数运算可得，即可得其公差；对B、D：由，结合等比数列定义可得，则成等差数列，则可求出，即可得，即可得其公比. 【详解】当时，，不合题意； 当时，分别画出与的图象，如图：    所以； 对A、C：由题得，所以，即， 若成等差数列，则，所以， 所以成等比数列，由，则， 即，所以， 由，解得，因为， 所以， 则，即数列的公差为， 故A正确、C错误； 对B、D：由，若成等比数列，则， 则，即有，故成等差数列， 又，则， 故，即数列的公比为， 故B、D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为单位向量，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】借助向量模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】，则， 故. 故答案为：. 13. 已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，若使得成立的点的横坐标为，则四边形的面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】求抛物线的焦点坐标，设直线方程，再直线曲线联立，借助韦达定理，弦长公式求，利用点到直线距离公式计算高，最后计算面积即可. 【详解】设抛物线的焦点为，则点的坐标为， 若直线的斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，与条件矛盾， 故直线的斜率不为， 设直线的方程为，，， 联立，整理得， 方程的判别式， 所以为方程的根， 所以，. ∴. ∵，∴四边形为平行四边形. ∵点的横坐标为，∴，解得. ∴. 点到直线的距离为， 所以的面积为，又的面积与的面积相等， ∴平行四边形的面积为. 故答案为：. 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 【答案】82 【解析】 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，若①③同色，②④同色，则有种； 若①②同色，③④同色，则有种； 若①④同色，②③同色，则有种； 此时共有种； 综上，共有种． 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. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为． （2） 【解析】 【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求，在定义域内的解得单调区间； （2）设点（），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 对函数求导得， 令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 解法一：设点（）， 所以点到直线的距离为， 令，则， 令，得（舍去）或， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取到极大值，也是最大值， 所以，当且仅当时等号成立， 即点到直线距离的最小值为． 解法二：直线的斜率， 设（），又，令， 得，解得（舍）或，所以点的坐标为， 所以曲线上与直线平行的切线的切点为， 由题意知点到直线距离的最小值即为点到直线的距离， 又点到直线的距离， 所以点到直线距离的最小值为． 16. 已知是各项均为正数的等比数列，且 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. . 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【解析】 【详解】(I)设数列的公比为，由已知. 由题意得，所以， 因为,所以， 因此数列的通项公式为 （II）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得 记梯形的面积为. 由题意， 所以 ……+ =……+ ① 又……+ ② ①-②得 = 所以 【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. 17. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为. （2）. 【解析】 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【小问1详解】 如图， 由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 18. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） （3）证明如下： 我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为 和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以​，取，可得， 此时，因为， 且， 所以即，命题得证. 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. 【小问3详解】 略 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 19. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn． （1）求p1，q1和p2，q2； （2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用 n表示) ． 【答案】（1）（2）；. 【解析】 【分析】+（1）直接根据操作，根据古典概型概率公式可得结果； （2）根据操作，依次求，即得递推关系，构造等比数列求得，最后根据数学期望公式求结果. 【详解】（1）， ， . （2）， ， 因此， 从而， 即. 又的分布列为 0 1 2 故. 【点睛】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式，考查综合分析求解能力，属难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $