山东省泰安第二中学2026届高考第三轮复习成果检验数学试题

山东省泰安第二中学2026年高考第三轮复习成果检验 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）的二项展开式中x的系数是（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知数列满足，，则（    ） A．211 B．225 C．239 D．261 4．（本题5分）已知，则（   ） A．-4 B． C． D． 5．（本题5分）如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值是 6．（本题5分）如图，已知在正四棱台中，，，为的中点，，分别为直线，上的点，若，，三点共线，则线段的长为（    ） A．12 B．9 C． D．8 7．（本题5分）已知函数，若函数有4个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C．3 D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 10．（本题6分）函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．函数的最小正周期为 B．与直线有三个公共点 C．取得最小值时， D．将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称 11．（本题6分）已知 分别为双曲线的左、右焦点，过 的直线交 的右支于 两点，若，，则（    ） A． B． C．的渐近线方程为 D．的面积为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知复数，则的共轭复数为_____． 13．（本题5分）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 14．（本题5分）设，函数，若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是___________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，． (1)求的值； (2)求的面积； (3)求的值． 16．（本题15分）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，， ，平面平面， (1)证明：； (2)若点是的中点，点是线段上的点，点到平面的距离是，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（本题15分）为传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，哈三中举办“非遗文化进校园”主题活动，现有来自剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗项目的传承人各1名，安排到剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗体验工坊进行授课，要求每个工坊安排1名传承人，每名传承人仅在一个工坊授课. (1)求在剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课的条件下，皮影项目的传承人不在皮影工坊授课的概率； (2)在概率论和统计学中，常用协方差来描述两个随机变量之间的线性相关程度，给定离散型随机变量X，Y，定义协方差为.如果协方差为正，说明两个随机变量具有正相关关系；如果协方差为负，说明两个随机变量具有负相关关系；如果协方差为零，说明两个随机变量在线性关系上不相关.在参与授课的4名传承人中，记在对应项目工坊授课的传承人数为，不在对应项目工坊授课的传承人数为. （ⅰ）求随机变量的分布列； （ⅱ）求，并说明X，Y之间的线性相关关系. 18．（本题17分）已知函数. (1)若曲线在处的切线斜率为1，求实数a的值； (2)若在定义域上恒成立，求实数a的取值范围. 19．（本题17分）在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安第二中学2026年高考第三轮复习成果检验》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A C B D D C ACD AC 题号 11 答案 AD 1．B 【分析】根据交集的定义判断即可. 【详解】因为， 则． 2．B 【详解】的二项展开式的通项公式为， 化简得， 令，得，所以， 所以的展开式中x的系数是． 3．A 【分析】借助累加法及等差数列求和公式可求出数列的通项公式，即可得. 【详解】由，则，，， 则， 即， 又，故， 故. 4．C 【分析】通过两角和与差的正余弦公式得出和的关系，再利用二倍角的正切公式即可得结果. 【详解】由，得， 即，所以， 所以，所以． 5．B 【分析】根据平面向量基本定理、向量共线的定义、余弦定理、向量的模的计算、基本不等式的性质逐项计算判断即可. 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，由A选项知，所以. 在中，利用余弦定理得，B错误； 对于C，因为点三点共线，所以存在实数使得， 因为，由A知， 所以，所以 ，即，C正确； 对于D，由C可知，结合题意可知， 所以 当且仅当，即时，等号成立，此时取最小值为，D正确. 6．D 【分析】法1：取的中点，结合面面平行性质定理得出，得出边长结合余弦定理计算求解；法2：建立空间直角坐标系，应用，，三点共线，得出，再应用向量的减法计算得出坐标进而得出模长即可. 【详解】法1：取的中点，连接，，， 延长与的延长线交于点，连接并延长交直线于， 得，，， 所以， 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，又，所以，所以，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 法2：连接，，，，记，，连接， 得，，，得，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，， 则，，，，， 则，， ，， 设，， 所以， . 因为，，三点共线，所以，所以存在，使得， 即， 解得， 所以，， 所以， 所以. 7．D 【分析】借助导数确定函数的性质并作出图象，再由函数零点的意义变形，将问题转化为直线与函数图象有4个交点求解. 【详解】当时，在上单调递减，函数值域为， 在上单调递增，函数值集合为，在上单调递减，函数值集合为， 当时，，求导得，由，得； 由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0 时，，当时，，函数的图象如图： 由，得，则或， 显然方程无解，要函数有4个零点，当且仅当方程有4个解， 即直线与函数的图象有4个交点，则，解得， 所以实数a的取值范围是. 8．C 【分析】首先写出直线的方程，然后根据平面几何知识求出点，最后把点的坐标代入直线的方程即可求解. 【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，， 直线的方程为， 为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是， 直线的倾斜角为，斜率为， 设，，， 即，在直线上，代入直线方程， 整理得 . 因此双曲线离心率为3. 9．ACD 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【详解】由，，且，平面， 所以平面，则平面，A对， 由平面，平面，则平面， 而平面，且，则为异面直线，B错， 若为的中点，连接，为的中点，则且， 而，且，即，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 由平面，平面，则平面，C对， 由直棱柱中平面，平面，则平面平面， 由，则，而平面，平面平面， 所以平面，结合C的结论，知平面，D对. 10．AC 【分析】由最小正周期公式及图象可判断A；求出函数解析式，根据正弦函数的性质判断B和C；根据平移法则，得到平移后的函数，再根据三角函数的奇偶性的判定可判断D. 【详解】由图象得：，解得，故A正确； 由，，得，又，将点代入中得： ，即，，解得，. 又，， 函数. 与只有一个公共点， 与只有一个公共点， 与只有一个公共点， 与只有一个公共点，故B错误； 令，即，， 解得，，故C正确； 将的图象向左平移个单位长度，得， ，图象不关于轴对称，故D错误. 11．AD 【详解】对于A，双曲线，则， 不妨设点在第一象限，由双曲线定义可知， 因为，所以，，故A正确； 对于B，因为，， 所以， 故，所以，故B错误； 对于C，由B可知，， 因为，所以，所以，即， 所以，即， 所以的渐近线方程为，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， ， 所以，故D正确. 12． 【详解】由题意知， 所以的共轭复数为 13．10 【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可. 【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共种选法，剩下2人全排列去第二、三关，共种排法，总方案数为 6 × 2 = 12， 不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2人全排列去第二、三关，共种， 因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 . 14． 【分析】先根据的表达式求出的表达式，再分情况讨论方程的根，进而确定的取值范围. 【详解】由题可得， 当时，，， 则可以转化为：， 即，得，解得，不满足，故舍去； 当时，，， 则可以转化为：，即， 设，则， 令，解得， 当时，，则在 单调递增， 则，即， 当，方程在上有1个根； 当或，方程在有0个根. 当时，，， 则可以转化为：，即， 令，则，解得，即， 由，得， 由，得， 故当时，方程在内有2个根； 当时，方程在内有1个根； 当时，方程在内有0个根； 因为关于的方程恰有一个根， 综上所述，的取值范围是. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）借助同角三角函数基本关系可求出，再利用正弦定理计算即可得解； （2）利用三角形内角和关系、诱导公式与两角和的正弦公式计算可得，再利用面积公式计算即可得； （3）借助二倍角公式求出、后，利用两角和的正弦公式计算即可得解. 【详解】（1）由，则，则， 由正弦定理，可得， 由，则，故； （2） ， 则； （3）， ， 则 . 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，从而得到，再证明平面，即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离，确定点的位置，进而确定平面的法向量，设直线与平面所成的角为，再根据线面角的向量求法计算即可得解. 【详解】（1）如图，作出符合题意的图形， 取的中点，连接. 在梯形中，，，， 四边形为平行四边形，又，， 四边形为正方形，，， ，， ，. 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，. 在梯形中，，且，必然相交. 又，平面，平面， 平面，； （2）如图，作出符合题意的图形， 由（1）知平面，且，所以以为原点， 所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. ，，，. 设，则， ，则. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，. 设点到平面的距离为， 则， 两边同时平方可得，整理可得，解得， 此时点是线段的中点，，取. 设直线与平面所成的角为， 则. 17．(1) (2)（ⅰ） 0 1 2 4 （ⅱ），与之间具有负相关关系 【分析】（1）在剪纸传承人已固定的条件下，将问题转化为古典概型，结合条件概率即可求解； （2）（ⅰ）利用组合选人结合错位排列的思路即可求解；（ⅱ）由题意得，将协方差转化为，结合随机变量的方差公式即可求解. 【详解】（1）设“剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课”为事件A， “皮影项目的传承人不在皮影工坊授课”为事件B， 剪纸项目的传承人在剪纸工坊，剩下3人全排列，即， 皮影项目的传承人只能在除剪纸项目与皮影项目剩下的2个项目中选1个，即， 剩下2人全排列，即，所以， 所以. （2）（ⅰ）由题意得总分配方案数为，设4人为1，2，3，4，对应的工坊为, 当时，4人都在自己对应的工坊，只有1种情况， 即， 当时，从4人中选2人在对应工坊，有种选法， 剩下两人都不在对应工坊，只有1种排法，共有种排法， 即， 当时，从4个人中选1人在对应工坊，有种选法， 剩下三人必须不在对应的工坊，不妨设剩下的3人为， 1不在，只能在中选，有种选法， 只能调换位置，有1种排法，共种排法， 即， 则， 随机变量的分布列如下： 0 1 2 4 （ⅱ）由题意得， 由上可得， ， 则， ， 则 因为协方差为负数，由题意得随机变量与之间具有负相关关系. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义知函数在的导数值是切线的斜率，进而得a的值； （2）利用分离参数法将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为. 则.因为曲线在处的切线斜率为1， 所以 ，解得； （2）函数的定义域为. 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，则 ，当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，所以． 19．(1) (2)（i）为定值0；（ii） 【分析】（1）结合题意得，，进而解方程即可求得椭圆方程； （2）（i）由题意知，故根据直线的斜率为0时得；再结合直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理即可求得； （ii）结合（i），根据弦长公式得由题，点到直线的距离为，再结合基本不等式求解面积的最值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的左焦点为，所以， 因为点为上一点，为的右焦点，所以， 因为的周长为12， 所以， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）因为直线与轴的交点为，所以． 当直线的斜率为0时，三点共线且在轴上，故，此时； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，， 联立，化简消去得：， ， 解得或， 所以，由韦达定理得，， 所以 ， 综上，为定值0． （ii）由题． 点到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以． 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，此时成立， 所以面积的最大值为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $