精品解析：山东青岛市2026届高三年级第二次适应性检测数学试题

2026年高三年级第二次适应性检测数学试题 本试题卷共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. 某高中一、二、三年级的学生人数分别为600，600，800，为了解学生视力情况，用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本，则抽取高三学生的人数为（ ） A. 60 B. 80 C. 120 D. 140 【答案】B 【解析】 【详解】因为用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本， 所以抽取高三学生的人数为. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】，所以对应的点为，位于第一象限. 3. 已知直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，根据导数的几何意义可得表示出切线的斜率，进而求出，即可求解. 【详解】设切点坐标为， 因为，所以， 所以切线的斜率，解得， 又，即， 所以. 4. 以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】等腰直角三角形绕一条直角边旋转一周，得到的几何体是圆锥. 设等腰直角三角形的直角边长为， 则旋转后圆锥的底面半径，高，母线长. 由于圆锥体积，解得, 因此圆锥侧面积. 5. 部分传统家用电器（如冰箱等）使用的氟化物会释放到大气中，破坏大气上层的臭氧层，导致臭氧含量随时间呈指数型变化，在氟化物排放量维持某一稳定水平时，臭氧含量与时间之间满足关系式，其中是臭氧的初始含量，则（ ） A. 随着时间的增加，臭氧含量在增加 B. 当从1变化到2时，臭氧含量减少 C. 当从0变化到2时，臭氧含量的平均变化率为 D. 当时，臭氧含量的瞬时变化率为 【答案】D 【解析】 【详解】臭氧含量与时间之间满足关系式为， 因为是臭氧的初始含量，所以，所以是减函数，所以A错误； 当从1变化到2时，臭氧含量减少，所以B错误； 当从0变化到2时，臭氧含量的平均变化率为，所以C错误； 对于，， 所以当时，臭氧含量的瞬时变化率为，所以D正确. 6. 在中，角所对的边分别为，，，则边上的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求，利用余弦定理求，然后结合面积公式可得解. 【详解】由正弦定理和可得， 又，， 所以， 因为，所以， 所以，得，即， 由余弦定理可得，即， 记边上的高为，则由面积公式得，得. 7. 过点作一条直线与圆相切于点，且位于第四象限，为的直径，点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，圆的圆心为，半径， 过点作一条直线与圆相切于点， 当轴时，到直线的距离为，所以直线的方程为， 所以，又为的直径，则， 所以，所以直线的方程为：， 设，则， 所以， 又为线段上的动点，所以， 所以， 所以当时，的最小值为. 8. 设随机变量的分布列为，且，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列前7项之和为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用累积概率与分布列关系推导出的递推公式，进而求出通项，再结合分布列概率总和为1确定首项，最后逐个分析选项即可. 【详解】因为，， 则当时，， 代入得，化简得; 由递推式：，即; 由分布列概率总和为1可得：，即. 选项A，因为，所以，，所以数列不是等比数列，A错误； 选项B，，B错误； 选项C，因为，所以前7项和为：，C错误； 选项D，期望，D正确. 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. 函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则（ ） A. B. 直线是曲线的对称轴 C. 在区间单调递增 D. 函数是奇函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用图象的平移可得，结合三角函数的图象与性质依次判断选项即可. 【详解】由函数的图象向左平移个单位长度得到，故A不正确， 的对称轴满足，即，当时，，即直线是曲线的对称轴，故B正确； 令，解得：， 当时，，所以在区间单调递增，故C正确； ， 所以函数是奇函数，故D正确. 10. 已知曲线，点是上一点，则（ ） A. 关于原点对称 B. 直线与曲线有且仅有两个交点 C. 到原点的距离可以为1 D. 到原点的距离最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，检验是否在曲线上即可；对于B，联立方程，将问题转为在上有两个零点，结合导数研究即可；对于C，设到原点的距离为，联立方程可得，利用点到直线的距离即可判断；对于D，根据，结合三角函数的最值即可求解. 【详解】设点在曲线上，则 ，将点代入， 左边为：， 右边：， 则左边右边，因此点也在曲线上，即曲线关于原点对称，故A正确； 对于B，联立，化简可得： , 由于，所以，即，且 则 令，由于 ， 所以在上为偶函数 由于， 当时， ，即在上单调递减， 由于，， 所以在上存在唯一的零点， 根据偶函数的对称性可得在上存在唯一的零点， 综上，则函数在有两个零点，即直线与曲线有且仅有两个交点，故B正确； 设到原点的距离为，则满足， 联立，解得： ， 则，由于原点到直线的距离 ， 所以与无交点，即不存在点到原点的距离为1，故C错误； 设到原点的距离为， 由于,则， 当且仅当时取等号， 不妨取,则，联立，解得：或， 所以到原点的距离最大值为,故D正确. 11. 如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（ ） A. 质点移动2次后返回到的概率为 B. 质点移动3次后到达的路径有9种 C. 质点移动次后到达的概率为 D. 已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何特征和移动的规则，分析可能的路径，从而判断出ABD，对于C，先得出质点移动偶数次只可能到达当中的一个面，再通过分析得到到达的概率递推式，进而求出到达的概率，利用互斥关系即有的概率，除以即为到达的概率. 【详解】对于该正八面体，每个面都有三个相邻的面， 设质点从出发按移动，作为的邻面有三种选择即有三种路径， 而移动两次总共有种路径，故移动2次后返回到的概率为，A正确； 质点从出发按移动，其中是的邻面，是的公共邻面， 若，则有三种选择，若，则有两种选择即， 若，则有两种选择即，因此总共有种路径，B错误； 质点从出发移动两次只可能到达当中的一个面， 从出发移动两次也只可能到达当中的一个面， 所以质点移动偶数次只可能到达当中的一个面， 设质点移动次后到达的概率为，则到达的概率为， 若此时在，由A选项的分析可知再移动两次到达的概率为，若此时在， 因为与都只有两个公共邻面，所以再移动两次到达的概率为， 于是可得， 变形得，即是首项为， 公比为的等比数列，其通项公式为， 所以，， 因为到达三个面的可能性是一样的， 所以到达的概率为，C错误； 若质点移动4次后经过的次数为2，因为是邻面所以不存在路径， 同时因为的两个邻面之间不相邻，所以不存在路径， 也不可能存在路径，因此只有形如的路径， 有种，在此基础上若第4次到达，则路径为，有种， 故所求概率为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为___________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质，求得，得到展开式的通项，结合通项，即可求解. 【详解】因为二项式展开式的二项式系数之和为，可得，解得， 则二项式展开式的通项为， 令，可得，所以展开式的常数项为. 13. 已知角的终边不重合，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式，化简得到，求得，进而得到答案. 【详解】由，可得， 因为， 且，所以， 因为角的终边不重合，所以， 则，可得， 所以. 14. 已知平面内两点，与交于点．若，则的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆的定义结合已知条件求出椭圆方程，设，利用焦半径公式结合相似比求出点坐标，进而求出，最后利用三角形面积公式计算求解． 【详解】已知，由椭圆定义可知，在以为焦点的椭圆上， 则，故， ， 椭圆方程为， 则， 由得，， 设，离心率， 由焦半径公式得， 则①， 由得②，， 联立①②可得， 由得，相似比为， 则在上，分的比为， ， ， ， ， ， ， 由相似比得， 由焦半径公式得， ， ， ， ，化简得， 则，变形可得， ， ． 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. 随着新能源产业的快速发展，某新能源车企凭借技术创新与市场扩张，实现近7年利润持续增长，其利润情况如下表所示（单位：亿元）. 第年 1 2 3 4 5 6 7 利润/亿元 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 （1）建立关于的一元线性回归模型，求出其经验回归方程，并预测该新能源车企第10年的利润； （2）若用另一个非线性回归模型拟合上表中的成对数据，得到的经验回归方程的残差平方和为0.62，根据残差平方和的值，分析该非线性经验回归方程与（1）所求的线性经验回归方程哪一个拟合效果更好，并说明理由. 参考公式和数据：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为 【答案】（1），亿元； （2）（1）所求的线性经验回归方程拟合效果更好. 【解析】 【分析】（1）利用所给数据直接计算求出，然后根据回归方程即可得该新能源车企第10年的利润； （2）根据残差平方和公式求出（1）中回归方程的残差平方和，通过残差平方和的大小即可作出判断. 【小问1详解】 由表格数据可得， 又， 所以， 所以，则回归方程为， 当时，， 即该新能源车企第10年的利润的估计值为亿元. 【小问2详解】 记（1）中线性回归方程的残差平方和为， 则， 因为，所以（1）中所求的线性经验回归方程拟合效果更好. 16. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，在第一象限，点为的重心，与轴的交点分别为.当的斜率为时，到的距离为. （1）求的方程； （2）若的面积与的面积之比为，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先写出抛物线焦点的坐标，因为抛物线的焦点为，直线的方程，将点坐标和直线的一般式代入距离公式，结合已知距离，建立关于的方程，求解得到的值，进而得到抛物线的方程； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到和的表达式，根据重心坐标公式，可得到点坐标，分别计算和的面积，根据面积比为建立关于的方程，求解得到的值，进而得到直线的方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点， 直线斜率为，时，方程为， 到的距离：，结合， 解得，故的方程为； 【小问2详解】 设直线，联立， 得:， 设，韦达定理:，， 已知为的重心，由重心坐标公式： 代入， 解得：， 即， 与面积比，化简得:， 解得,故直线的方程为. 17. 如图，在三棱柱中，过的截面交于，交于，过点的截面交于，交于，且． （1）求证：； （2）若，，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1） 三棱柱中，平面平面， 截面平面，截面平面， 由面面平行的性质定理得， 又，截面与平面分别交于， ， 由平行公理，平行于同一条直线的两条直线互相平行，故． （2） 【解析】 【分析】（1）根据三棱柱的几何性质，利用面面平行的性质定理，结合平行公理证明结论； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设，求出相关点和向量坐标，进而求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造方程求出，进而求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知，， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则，设，则， ， 由三棱柱的性质得， ， 设，，，则， ， ， 设平面的法向量为， 则， 令，则， ，设直线与平面所成角为， ， 化简整理得，解得， ，故． 18. 已知函数的定义域为.对于正实数，定义集合. （1）若，求集合； （2）若，且集合中有3个元素，求实数的取值范围； （3）是否存在非常数函数，使得？若存在，写出一个符合要求的函数，并给出证明；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 或 ； （2） 或 . （3）存在 ， 证明：. 【解析】 【分析】（1）代入计算得，再求解即可； （2）分、和讨论即可； （3）写出，再证明即可. 【小问1详解】 由题意，若， 则， 即， 所以或， 所以或， 所以或. 【小问2详解】 设， ①当时，，所以， ， 所以在上无解； ②当时，， 整理得，因为， 所以在实数范围内有两个不相等的实数解为， 又因为， 所以在上最多有两个解. ③当时，，所以， 由得， 令，所以， 令即，解得， 易知在单调递增， 所以当时，单调递减， 所以当时，单调递增， 所以， 而， 此时在上最多有两个解， 为了满足集合中有3个元素， 所以在上有两解且在上有一个解， 或者在上有一个解且在上有两个解， 所以或或， 分别解得或或无解， 综上，的取值范围是或. 【小问3详解】 略 19. 若数列满足：，则称为“数列”． （1）已知，判断数列是否为“数列”； （2）已知数列为“数列”，若任意不相等的正整数满足．证明：； （3）若数列为“数列”，，且满足．证明：． 【答案】（1）数列是“数列” （2） 已知数列为“数列”，则， 变形可得，令，则单调递增， 已知任意不相等的正整数满足， 不妨设， 则， ， 单调递增，则， ，即， ，命题得证． （3） 由定义得，数列递增， 若存在使得，则持续递增， ，时，与矛盾， ，即； 设，则单调递减， 对任意有，， ， ， 结合可得， ， ， ， 解得，故， 综上可得，． 【解析】 【分析】（1）根据“数列”定义，判断已知数列； （2）根据 “数列”定义，构造数列，利用数列的单调性，结合已知条件证明结论； （3）根据 “数列”定义，利用反证法证明，利用放缩法证明． 【小问1详解】 已知，则 ， 当时，，即，满足定义， 数列是“数列”． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级第二次适应性检测数学试题 本试题卷共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. 某高中一、二、三年级的学生人数分别为600，600，800，为了解学生视力情况，用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本，则抽取高三学生的人数为（ ） A. 60 B. 80 C. 120 D. 140 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 部分传统家用电器（如冰箱等）使用的氟化物会释放到大气中，破坏大气上层的臭氧层，导致臭氧含量随时间呈指数型变化，在氟化物排放量维持某一稳定水平时，臭氧含量与时间之间满足关系式，其中是臭氧的初始含量，则（ ） A. 随着时间的增加，臭氧含量在增加 B. 当从1变化到2时，臭氧含量减少 C. 当从0变化到2时，臭氧含量的平均变化率为 D. 当时，臭氧含量的瞬时变化率为 6. 在中，角所对的边分别为，，，则边上的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 过点作一条直线与圆相切于点，且位于第四象限，为的直径，点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设随机变量的分布列为，且，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列前7项之和为 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. 函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则（ ） A. B. 直线是曲线的对称轴 C. 在区间单调递增 D. 函数是奇函数 10. 已知曲线，点是上一点，则（ ） A. 关于原点对称 B. 直线与曲线有且仅有两个交点 C. 到原点的距离可以为1 D. 到原点的距离最大值为 11. 如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（ ） A. 质点移动2次后返回到的概率为 B. 质点移动3次后到达的路径有9种 C. 质点移动次后到达的概率为 D. 已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为___________.（用数字作答） 13. 已知角的终边不重合，且，则___________. 14. 已知平面内两点，与交于点．若，则的面积为___________． 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. 随着新能源产业的快速发展，某新能源车企凭借技术创新与市场扩张，实现近7年利润持续增长，其利润情况如下表所示（单位：亿元）. 第年 1 2 3 4 5 6 7 利润/亿元 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 （1）建立关于的一元线性回归模型，求出其经验回归方程，并预测该新能源车企第10年的利润； （2）若用另一个非线性回归模型拟合上表中的成对数据，得到的经验回归方程的残差平方和为0.62，根据残差平方和的值，分析该非线性经验回归方程与（1）所求的线性经验回归方程哪一个拟合效果更好，并说明理由. 参考公式和数据：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为 16. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，在第一象限，点为的重心，与轴的交点分别为.当的斜率为时，到的距离为. （1）求的方程； （2）若的面积与的面积之比为，求的方程. 17. 如图，在三棱柱中，过的截面交于，交于，过点的截面交于，交于，且． （1）求证：； （2）若，，直线与平面所成角的正弦值为，求． 18. 已知函数的定义域为.对于正实数，定义集合. （1）若，求集合； （2）若，且集合中有3个元素，求实数的取值范围； （3）是否存在非常数函数，使得？若存在，写出一个符合要求的函数，并给出证明；若不存在，说明理由. 19. 若数列满足：，则称为“数列”． （1）已知，判断数列是否为“数列”； （2）已知数列为“数列”，若任意不相等的正整数满足．证明：； （3）若数列为“数列”，，且满足．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $