山东省泰安第二中学2026届高三下学期高考第三轮复习适应性检测卷

2026年山东省泰安第二中学高考第三轮复习适应性检测卷 一、选择题(共40分) 1．（5分）已知集合，，，则(      ) A. B. C. D. 2．（5分）已知是定义在R上的奇函数，且，若当时，，则(      ) A. B. C. D. 3．（5分）记为等差数列的前n项和，若，，则(      ) A.11 B.9 C.8 D.5 4．（5分）已知，则(      ) A. B. C. D. 5．（5分）已知某医院一天参加体检的100人中,老年人有40人,中年人有60人,采用分层随机抽样的方法,要从这100人中抽出一个容量为10的样本,如果在各层中按比例分配样本,则老年人被抽到的人数是(      ) A.4 B.3 C.2 D.1 6．（5分）已知非零向量满足,且,则与的夹角为(      ) A. B. C. D. 7．（5分）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为(      ) A. B. C. D. 8．（5分）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，且的面积为6，则双曲线C的离心率为(      ) A. B. C. D. 二、多项选择题(共18分) 9．（6分）下列说法正确的是(      ) A.随机事件A,B相互独立的充要条件是 B.设X为随机变量,则 C.,则, D.若,记函数,,则的图象关于点对称 10．（6分）已知椭圆的左,右焦点分别为,P为椭圆上一点,则下列结论正确的是(      ) A.的周长为10 B.存在点P,使得 C.若,的面积为 D.使得为等腰三角形的点P共有4个 11．（6分）已知函数,则(      ) A.当时,在处的切线斜率为 B.当时,最大值为 C.当时,在定义域上单调递减 D.当时,存在一个极大值点和一个极小值点 三、填空题(共15分) 12．（5分）若复数z满足，则________. 13．（5分）在二项式的展开式中，常数项为______________. 14．（5分）已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数.关于有下列四个结论： ①的图象关于对称； ②是周期函数； ③若，则； ④若时，，则函数的零点个数为10. 其中所有正确结论的序号是_____________. 四、解答题(共77分) 15．（13分）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 . (1)求角B的大小； (2)若，的面积为，求的周长. 16．（15分）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，E为BC的中点，F为上底面的中心. (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分）某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择.不同模式处理问题的时间（单位：秒）可以大致分为三组：，，一般情况下，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示. 某企业想对三种模式进行测评，若每种模式处理问题的时间在，，，分别记测评得分为2分，1分，0分，假设每种模式的测评相互独立，用频率估计概率. (1)若不考虑其它因素，仅从测评得分的均值考虑，哪种处理模式的测评得分最高？请说明理由； (2)在测评过程中，使用“深度思考”模式处理的所有问题中随机选取3个，记这3个问题中的测评得分相等的问题的个数为X，求X的分布列. 18．（17分）已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点E的坐标为，的面积为. (1)求椭圆的离心率； (2)设点Q在线段上，，延长线段与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，，且直线与直线间的距离为c，四边形的面积为. (i)求直线的斜率； (ii)求椭圆的方程. 19．（17分）已知函数,. （1）求曲线在点处的切线方程. （2）当时,讨论函数的单调性. （3）若对任意恒成立,求实数a的取值范围. 参考答案 1．答案：C 解析：由题意得，，则. 2．答案：A 解析：由是定义在R上的奇函数，得， 由，得，所以， 所以，则函数周期为， 可得， 因为，所以， 得，即， 当时，，所以. 3．答案：A 解析：等差数列中，由，得，即，解得， 而，则公差，所以. 4．答案：D 解析：由. 5．答案：A 解析：因为参加体检的100人中,老年人有40人,中年人有60人, 所以按分层抽样,老年人被抽到的人数是人, 故选：A 6．答案：B 解析：由,得,则,, 而,则,所以与的夹角为. 故选：B. 7．答案：B 解析：设，则， 由，可得，又，所以， 则在上单调递增. 将原不等式两边同时除以得：，即，所以， 由在上单调递增，所以，即， 又因为且，所以， 综上，不等式的解集为. 8．答案：A 解析：由题，双曲线（，）的一条渐近线方程为， 则到渐近线的距离为， 所以，且即， 所以双曲线C的离心率为. 9．答案：ABD 解析：对于A,先证必要性:若相互独立,则, 所以, 再证充分性:若,则, 所以,即,说明与相互独立, 所以随机事件A,B相互独立的充要条件是,故A正确; 对于B,由于,则, 所以, 即,所以B正确; 对于C,由,则,,故C错误; 对于D,因为,记函数,, 所以对任意,有, 由正态分布的对称性:, 因此, 即的图象关于点对称,故D正确. 10．答案：AC 解析：对于A,椭圆对应, 所以的周长为,A正确. 对于B,设,则,, 由余弦定理得 ,当且仅当时等号成立, 所以不存在点P,使得,B错误. 对于C,若,即,由, 解得,所以为锐角, 所以, 所以,C正确. 对于D,当P是上顶点或下顶点时,是等腰三角形. 以为圆心,为半径作圆,与椭圆相交于2点, 当P为其中一个交点时,是等腰三角形. 同理,以为圆心,为半径作圆,与椭圆相交于点, 当P为其中一个交点时,是等腰三角形. 所以使得为等腰三角形的点P共有6个,D错误. 故选:AC 11．答案：ABD 解析：已知函数（）,分析各选项如下: A选项:当时,在定义域内, 求导得 代入得,故A正确; B选项:当时,,求导得 令得,当时,当时, 故在上单调递增,在上单调递减, 故在处取得最大值,且最大值为,B正确; C选项:当时,的定义域为, 由,,得在定义域上不单调递减, 故C错误; D选项:当时,函数的定义域为, 求导得, 令, 分母,故的符号由分子决定, 先研究的单调性: 当时,,即在上严格递增; 当时,,即在上严格递减. 计算, 由于,,故, 区间上的情况: 当时,, 又在上连续且严格递增,且, 故存在唯一的使得, 在上,,即,递减; 在上,,即,递增, 因此是的极小值点; 区间上的情况: 当时,, 又因为在上连续且严格递减,且, 故存在唯一的使得, 在上,,即,递增; 在上,,即,递减, 因此是的极大值点, 综上,当时,在定义域内存在一个极小值点和一个极大值点, 故D选项正确. 12．答案： 解析：因为，所以， 所以. 13．答案：180 解析：由二项式的展开式通项公式为， 令，解得：， 即展开式中常数项为， 故答案为：180. 14．答案：②③ 解析：因为是偶函数，所以，即，所以关于直线对称，故①错误； 又因为是奇函数，所以，又因为，可得， 进而，所以是以4为周期的周期函数，故②正确； 因为，因为是以4为周期的周期函数，所以，所以，所以，故③正确； 因为时，，因为函数关于对称，所以时，，因为函数的周期为4，可得时，， 时，，当时，交点横坐标为，，且在区间，，，内各有一个交点， 当，交点在区间，，，内各有一个交点，共9个交点，故④错误. 15．答案：(1) (2) 解析：(1)因为，由正弦定理得， 由得， 所以，即. 因为，所以.又， 所以. 因为，所以. (2)由正弦定理得，解得， 由余弦定理得，解得， 所以的周长为. 16．答案：(1)证明见详解. (2). 解析：(1)以E为坐标原点， 所在平面为平面， 建立空间直角坐标系. 由题意可取，，，. 设. 因为， 所以.(1) 又，. 由，得，即.(2) 同理，由，得，即.(3) 由(2)，(3)联立可得，. 代入(1)，得. 因为在平面的上方， 所以. 故. 于是，，. 因为F为上底面的中心，所以. 所以. 而平面的方程为，其一个法向量为. 因此，从而平面. (2)由点的坐标可知， 平面上各点的x坐标都为0，故平面的一个法向量可取为. 又，. 故平面的一个法向量可取为. 于是两平面的夹角θ满足. 故平面与平面的夹角的余弦值为. 17．答案：(1)“联网搜索”模式的测评得分最高，理由见解析 (2) X 0 2 3 P 0.108 0.648 0.244 解析：(1)设“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式的测评得分的均值分别为Y，Z，， ， 因为，所以“联网搜索”模式的测评得分最高. (2)三个问题中测评得分相等的问题的个数X可能的取值为0，2，3 ， , ， 所以三个问题中测评得分相等的问题的个数X的分布列为： X 0 2 3 P 0.108 0.648 0.244 18．答案：(1) (2)(ⅰ)；(ii). 解析：(1)设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得. 所以，椭圆的离心率为. (2)(ⅰ)依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为. 由(1)知，可得直线的方程为， 即，与直线的方程联立， 可解得，即点Q的坐标为. 由已知，有， 整理得，所以，即直线的斜率为. (ii)由，可得，故椭圆方程可以表示为. 由(i)得直线的方程为， 与椭圆方程联立消去y， 整理得，解得（舍去） 或.因此可得点，进而可得，所以. 由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离， 故直线和都垂直于直线. 因为，所以， 所以的面积为， 同理的面积等于， 由四边形的面积为，得，整理得，又由，得. 所以，椭圆的方程为. 19．答案：（1）; （2）在上单调递增,在上单调递减; （3）. 解析：（1）由题意,得, 则,又, 所以曲线在点处的切线方程为, 即; （2）当时,,其定义域为, 且,由, 得,由,得, 所以在上单调递增,在上单调递减; （3）对任意恒成立, 即,即对任意恒成立, 若,则上述不等式显然成立, 此时,若,则只需不等式对任意恒成立, 证明如下: 设,则, 因为,所以,所以, 所以在上单调递增, 且,所以在上恒成立, 由得, 则成立,所以成立, 从而得证,即不等式恒成立, 故; 若,则, 设函数,则对任意恒成立, 由（2）知函数在上单调递增, 所以,即对任意恒成立, 设,则在上恒成立, 所以在上单调递增, 所以,所以, 又,所以,综上所述,实数a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $