精品解析：山东东营市2026届高三下学期4月份适应性测试数学试题

2026年高三年级4月份适应性测试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名． 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． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 若复数，则z的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是等差数列，是等比数列，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 4. “，使得”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. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 6. 某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 7. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，点是椭圆和双曲线的一个公共交点，，椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 10. 已知点，圆，点在圆上运动，点满足，其中为坐标原点．则下列说法正确的是（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的取值范围是 D. 点到直线距离的最小值为 11. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如：十进制数，，所以在三进制下可写为，则下列说法正确的是（ ） A. 三进制数转化成五进制数为 B. 现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为1 C. 正整数在三进制下的各位数字之和记为，在集合中任选一个正整数，则为3的倍数的概率为 D. 一副两种颜色的卡片共22张，每种颜色11张，上面分别标有数字，从这22张卡片中任取张，则取出的卡片上数字之和为的取法共有种 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 若且，则的取值范围为__________. 13. 已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 14. 已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知的角的对边分别为，满足． （1）求角； （2）若，的面积为1，求的周长． 16. 已知全等的等腰直角三角形和，其中，，现将沿进行翻折，使二面角的大小为，连接得到四面体． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若过点可作曲线的两条切线，求的取值范围； （3）若曲线的切线过点，其中，求证：曲线上除切点外的点都在直线的上方． 18. 已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． （1）求曲线的方程； （2）为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 19. 某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10个形状、大小、质地完全相同的小球，其中白球4个，红球6个．每位顾客从盒子中随机抽取1个球，记录颜色后放回盒子中．若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠券．每位顾客只有一次抽奖机会． （1）求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率； （2）若一个不透明的盒子中共有个形状、大小、质地相同的小球，其中红球的个数是一个离散型随机变量．证明：从该盒子中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3）为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员往盒子中增加3个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3个白球；若取出白球，则增加3个红球），然后下一位顾客再进行抽奖．已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍为4个白球和6个红球．求第位顾客获得七折优惠券的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级4月份适应性测试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名． 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． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 若复数，则z的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数的除法求出复数，再根据共轭复数的概念求. 【详解】由， 所以. 故选：B 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，解得，则， ，解得或，则或， ． 3. 已知是等差数列，是等比数列，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】解：由题可知，则， ， ，解得， ． 4. “，使得”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】A 【解析】 【分析】结合共线向量的定义、充分条件、必要条件的定义即可判断. 【详解】当时，，满足； 当时，因为，使得，所以共线，即； 综上，由，使得，可得，即充分性满足； 当时，若，则不存在，使得，故必要性不满足； 所以“，使得”是“”的充分不必要条件. 5. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数，由，可得，从而得到答案. 【详解】，即． 因为，所以， 即，即， 所以函数的值域为． 6. 某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】设第2天使用模型为事件C，则. 7. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，点是椭圆和双曲线的一个公共交点，，椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设椭圆的长轴为，双曲线的实轴为，焦距为，由椭圆的离心率得，再由椭圆的定义有，双曲线的定义有，解出，最后利用勾股定理即可求解. 【详解】设椭圆的长轴为，双曲线的实轴为，焦距为，不妨设点是椭圆和双曲线在第一象限的交点， 则由椭圆的离心率为有， 由椭圆的定义有：①， 又由双曲线的定义有②， 由①②解得， 又， 所以，即，解得， 即， 故选：B. 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知条件，把复杂不等式转化为简单函数，求导，利用导数分析单调性和极值，进而求出的取值范围． 【详解】已知函数对恒成立， 则， 令，求导得， 单调递增， ，由单调性得，即， 令，求导得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得极大值：， 要使恒成立，只需满足， 的取值范围是． 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A利用函数的单调性判断；选项B余弦函数不单调，举反例；选项C根据不等式的性质确定；选项D利用函数的单调性判断. 【详解】函数在区间上单调递增， 因为，所以，选项A正确； ，时，，选项B错误； 若，，则，选项C正确； 函数在上单调递减，所以，选项D错误. 10. 已知点，圆，点在圆上运动，点满足，其中为坐标原点．则下列说法正确的是（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的取值范围是 D. 点到直线距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的运算及共线性质判断A；设点的坐标，利用相关点法求解轨迹方程判断B，利用数量积的坐标运算和余弦函数的性质求解判断C；利用圆心到直线的距离求解判断D. 【详解】因为，所以，即，故A正确； 设，由已知且， 所以. 又点在圆上，得， 所以，故点轨迹为以为圆心，半径的圆，故B正确； 设，所以， 又，所以，故C错误； 因为圆心到直线距离为， 所以点到直线距离的最小值为，故D正确. 11. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如：十进制数，，所以在三进制下可写为，则下列说法正确的是（ ） A. 三进制数转化成五进制数为 B. 现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为1 C. 正整数在三进制下的各位数字之和记为，在集合中任选一个正整数，则为3的倍数的概率为 D. 一副两种颜色的卡片共22张，每种颜色11张，上面分别标有数字，从这22张卡片中任取张，则取出的卡片上数字之和为的取法共有种 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用进制的数可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如，则可判断AB，利用古典概型来计算即可判断C，利用同一色牌的二进制表示最大数为，即可判断D. 【详解】A选项，三进制数转化为十进制数为，而， 所以三进制数转化成五进制数，A选项正确； B选项，由二项式定理知 ， 故最后一位数为1，B选项正确； C选项，设）． 若为3的倍数，则为3的倍数，又，则， 所以， 则， 所以当为3的倍数时，中恰有一个是3的倍数． ，由，得， 所以都不是3的倍数，是3的倍数， 而这2022个数中，有个是3的倍数， 在1至2026中任选一个正整数，共有2026个正整数， 所以由古典概型概率公式得，为3的倍数的概率为．C选项错误； D选项，因为， 所以， 即用一种颜色的牌也能表示， 记第一种颜色卡片上数字之和为，记第二种颜色卡片上数字之和为， 则， 因为每一个小于或等于的正整数都可以用二进制的数来唯一表示， 所以取值的所有可能是， 即共有种取法，D选项正确． 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 若且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式变形，然后解不等式可得． 【详解】由题意，当且仅当时等号成立， 解得，所以且等号能取得． 故答案为：． 13. 已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】由的周期为2，可得， 由是奇函数，可得， 再由的周期为2，可得， 因为当时，，所以， 即. 14. 已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】已知正四面体的棱长，设正四面体的高为， 设底面正三角形的中心到顶点的距离为，则， ， 正四面体的外接球球心在高上，且满足：， 外接球的体积：； 小球在一个角的情况如下图所示，作平面平面，与小球相切于点， 则小球球心为正四面体的中心，面，垂足为的中心， ， ，故， 此时小球与面的切点为，连接，则， 考虑小球与正四面体的面相切的情况， 则小球在面上最靠近边的切点轨迹仍为正三角形，即为，过作于， ，则， 小三角形边长， 小球与面不接触部分的面积为：， 小球永远不可能接触到的容器内壁面积为：． 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知的角的对边分别为，满足． （1）求角； （2）若，的面积为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）边角转化得，利用三角形的内角和为及两角的和差公式化简得，从而可得，结合，即可得答案； （2）由面积为1，可得，再由余弦定理可得，即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以 所以， 即，因为，所以， 即，因为， 故； 【小问2详解】 因为的面积为1，所以，即， 由余弦定理得 所以， 所以的周长． 16. 已知全等的等腰直角三角形和，其中，，现将沿进行翻折，使二面角的大小为，连接得到四面体． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接． 在等腰直角中，，则斜边． 因为是的中点，所以． 同理，在等腰直角中，， 因为，且平面， 所以平面． 又因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，通过证明平面，再结合线面垂直的性质即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再求线面角的正弦值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，的正方向分别为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系． 因为，，所以是二面角的平面角，故． 因为是的中点， 所以，所以． ， 设平面的法向量为 ，令，则，所以． 设直线与平面所成的角为． 故直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若过点可作曲线的两条切线，求的取值范围； （3）若曲线的切线过点，其中，求证：曲线上除切点外的点都在直线的上方． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2） （3）证明：设切点为，由（2）知． 切线的方程为，要证曲线上除切点外的点都在直线上方， 即证：对恒成立． 将代入上式，即证：， 令， 当时，单调递减； 当时，单调递增．所以． 因此，当时，，即曲线上除切点外的点都在直线的上方． 【解析】 【分析】（1）求导，令，可得单调增区间，令，可得单调减区间. （2）根据导数的几何意义，可求出切线方程，由题意得关于的方程在其定义域内有两个不同的实根，令且，利用导数求出的单调区间和极值，分析即可得答案. （3）根据导数的几何意义，可求出切线方程，由题意，即证：对恒成立，构造，利用导数求出的单调性和最值，分析即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得：． 令，解得，令，解得． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 设切点坐标为，其中，由（1）知切线斜率， 则切线方程为， 因为切线过点，代入整理得：， 过点可作两条切线，等价于关于的方程在其定义域内有两个不同的实根， 当时无意义，故， 令且，则， 当时，，则在和上单调递减； 当时，，则在单调递增． 又当且时，；当且时，， 当，且时，，． 由图知，要使有两根，需，故的取值范围是； 【小问3详解】 略 18. 已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． （1）求曲线的方程； （2）为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 【答案】（1） （2）（i） （ii）（方法一）由（i）知的中点， 所以直线的垂直平分线， 即，同理可得直线的垂直平分线 由（i）知，所以， 设圆心，联立，得，， 因为，所以， 所以 而， 消去得，即的外接圆的圆心在定直线上． （方法二）由（i）知，联立， 得③，设的外接圆方程为， 因为在圆上，所以， 所以， 联立， 得④， 因为③式与④式有相同的解，所以， 消去得，所以或， 当时，，所以 过点，不成立，所以⑤， 设圆心，即，代入⑤式得， ，即的外接圆的圆心在定直线上． 【解析】 【分析】（1）由题可得，再分，求解； （2）（方法一）（i）设，求出的直线方程，得到，结合可得，再求直线的斜率即可；（ii）求出直线、的垂直平分线，得到圆心坐标，结合进行求解；（方法二）（i）设直线的点斜式，进而得到，再设直线，联立曲线，进而得到即可；（ii）由（i）知，联立曲线，再设的外接圆方程为，求出圆心即可；（方法三）（i）同方法二得到，设直线，再联立求解；（ii）同方法二． 【小问1详解】 解：设点，由题知， 所以， 当时，； 当时，，无解，舍去； 综上，曲线的方程为； 【小问2详解】 因为为曲线上一点，所以，即， （方法一）（i）由题知，直线斜率均存在且不为0，设， 因为在曲线上，则， 同理可得， 所以， 令，得， 因为，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）略 （方法二）由题知，直线斜率均存在且不为0， 设，， 令，得， 因为，所以， 设， 联立，得有解， 所以①， 因为，所以， 即②， 把①代入②式可得，即， 因为直线不过点，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）略 （方法三）（i）由题知，直线斜率均存在， 设， 令，得，因为， 所以等价于， 设并代入上式得 ， 两边同除得有解， 所以，即，所以，即直线的斜率为． （ii）同（方法二）中（ii）解法． 19. 某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10个形状、大小、质地完全相同的小球，其中白球4个，红球6个．每位顾客从盒子中随机抽取1个球，记录颜色后放回盒子中．若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠券．每位顾客只有一次抽奖机会． （1）求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率； （2）若一个不透明的盒子中共有个形状、大小、质地相同的小球，其中红球的个数是一个离散型随机变量．证明：从该盒子中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3）为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员往盒子中增加3个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3个白球；若取出白球，则增加3个红球），然后下一位顾客再进行抽奖．已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍为4个白球和6个红球．求第位顾客获得七折优惠券的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 【答案】（1） （2） ， 设“从盒中随机抽取1个球，抽到红球”为事件， 由全概率公式可得， 所以从盒中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立重复事件的概率计算求解； （2）利用全概率公式计算； （3）设第位顾客抽完后，第位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机变量，则此时盒中的白球数为，设离散型随机变量，由题意得，再结合累加法计算即可． 【小问1详解】 解：设“前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券”为事件， 则． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设第位顾客抽完后，第位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机 变量，则此时盒中的白球数为，一共有个球， 设离散型随机变量，由题意得， 由（2）知：， 所以， 根据参考公式可得 所以， 令则， 累加可得，因为， 所以，又因为符合上式， 所以，所以， 所以当时，由（2）知， 又因为符合上式，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $