精品解析：山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题

山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知集合，，若，则实数的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由可知中元素必属于，故或；分别求解后，结合集合元素的互异性排除，最终得或． 【详解】由，得或， 若，则，，满足， 若，则或， 时，，，满足， 时，，不满足集合元素的互异性， 综上，或． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. -2 B. -4 C. -6 D. -8 【答案】C 【解析】 【详解】由已知得，， 因为，所以， 则，即，解得. 4. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题先把三项式整体看成二项式，利用二项式通项找到含的项，再对用二项式通项找到含的项，最后将两部分系数相乘，即得的系数． 【详解】先将看成， 根据二项式定理，其展开式的通项为， 含有的项为， 的展开式的通项为， 含有的项为， 所以的项的系数． 5. 已知某数据中心的算力（单位：EFLOPS）与芯片投入量（单位：万片）满足饱和增长模型：，其中为该中心最大理论算力.已知投入2万片芯片时，算力，若要求算力，则芯片投入量至少为（ ） A. 3万片 B. 4万片 C. 5万片 D. 6万片 【答案】B 【解析】 【详解】，将代入， 得， 整理得：， 两边取自然对数：， 解得：， 所以， 由，得， 即芯片投入量至少为4万片. 6. 已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【详解】若，满足，此时，，不满足数列为单调递增数列，充分性不成立； 若，此时，满足数列为单调递增数列，但不成立，必要性不成立； 所以“”是“数列为单调递增数列”的既不充分也不必要条件. 7. 在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角正弦公式得，从而得或，结合分析得，故，最后利用三角形面积公式、诱导公式列方程求边长. 【详解】由，结合二倍角正弦公式得， 又，且，则或， 所以或， 当，则，此时，且，显然不存在， 当，则，且且，则， 由， 又， 所以，则，故（负值舍去）. 8. 三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间坐标系将几何关系转化为代数运算，通过变量范围求表面积极值. 【详解】设底面直角三角形的斜边中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设满足， ，所以， 在底面射影为，故，由，得. ，所以， 则，， 设动点在内，设其坐标为， 所以其在底面的投影为，到的距离平方为. 三棱锥的外接球心在过且垂直于底面的直线上，设. 球半径满足：； 球心到的距离等于半径：. 联立得： 代入半径公式： 在圆上， 故的坐标满足： 因(不在线上)，故. 在内，故的取值范围为. 将代入：当时，， ，表面积， 当时，，，表面积 所以三棱锥的外接球表面积取值范围为. 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. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点为和的一个公共点，则（ ） A. B. 的离心率为2 C. D. 点到的两条渐近线的距离之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据双曲线的性质求出其右焦点坐标，进而得到抛物线的p值，再根据抛物线和双曲线的定义及性质逐一分析选项即可. 【详解】因为双曲线 为标准形式 ， 其中 ，，则，所以，则 双曲线的右焦点坐标为. 选项A，由 的焦点为 ，由题意，，解得，故A错误； 选项B，由上分析，的离心率为，故B 正确； 选项C，联立，解得 或（不合题意舍去）， 即，则 ，故C 正确； 选项D，由上分析，易得双曲线 的渐近线方程为 ， 由对称性，可取点Q 为 ，该点到两条渐近线的距离分别为，， 所以，故D 正确. 10. 已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，，为奇函数，函数，且为偶函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 2为的一个周期 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，先分析函数和函数的基本性质，再结合函数的对称性、周期性分析各个选项. 【详解】已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线， 因为为奇函数，所以， 则函数的图像关于点对称. 因为函数，且为偶函数， 所以， 则函数的图像关于直线对称，即. 对于A，由，且， 可得，， 则对任意成立，即，所以是奇函数. 对于B， 由函数的图像关于点对称，且为奇函数， 可得， 用代替x，则，所以函数的一个周期为4，不是2. 对于C，由，令，则， 因为为奇函数，令，则，即，因此. 对于D，因为是奇函数，其图象是一条连续不断的曲线，所以， 由，且，令，可得. 因为函数的周期为4，所以，，，. 由，可得： ，， ，，， ， ， ， 可以发现： ，， 每4项为一个周期，每个周期的和为，100项中共有25个周期， 所以. 11. 在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 对任意，有 【答案】ACD 【解析】 【分析】明确，，，尾概率 ，再逐一分析各选项. 【详解】选项A，若，则 ， ，， ， ： ， ，等号成立. ：，，等号成立. ：，而，故恒成立，A正确. 选项B，若，取反例：，则，取. ， ， 此时 ，原不等式并非恒成立，B错误. 选项C，若 ，则： ，故事件包含于 ，因此 ，故事件 包含于 ，因此 相加得：，C正确. 选项D，利用切比雪夫不等式：对任意，有， 对于二项分布，，， 因此：对任意，，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 给定变量与相对应的一组数据，若通过该组数据求得的回归直线方程为，则的值为__________. 【答案】21 【解析】 【分析】根据回归直线方程恒过中心点求解即可. 【详解】由于，， 由于回归直线方程为，则，解得： 13. 已知直线与圆交于A，B两点，设线段AB的中点为，则点到点的距离的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】，所以圆心，半径， 由垂径定理，， ，直线恒过定点， 所以，因为为定点，所以点的轨迹是以为直径的圆， 圆心为的中点，半径为，圆的方程为， 设点，则到的距离， 所以点到的最大距离为. 14. 设点集，若中的点满足，则称与互为邻点. 点集中与点互为邻点的点的个数为__________. 在中定义邻点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为__________. 【答案】 ①. 6 ②. 8 【解析】 【分析】第一空直接按定义分类讨论即可；第二空需分析出邻点需满足的约束条件，结合不等关系的要求得到邻点列可能的排列，最后构造出符合条件的邻点列. 【详解】（1）设与互为邻点的点为，则且， 若，则，解得，（舍去）或，点为； 若，则，解得或，或，点为； 若，则，解得（舍去）或，，点为， 综上，满足条件的点共有个； （2）根据，以及点集坐标范围可得，记， 则该邻点列各点的依次递减或不变，接下来分析邻点坐标应满足的约束条件， 因为一个整数和它的绝对值的奇偶性相同，所以和 一样也是偶数，即为偶数，所以和的奇偶性相同， 即邻点列中的点保持横纵坐标之和的奇偶性不变，已知，其横纵坐标之和为奇数， 点集中满足为奇数的点共有个，依次为， 对应的值依次为（依次递减），满足要求的邻点列只能从这个点中选择 且按值递减的顺序排列，假设个点均可以存在，即有邻点列 ，可验证相邻点确实均为邻点，所以的最大值为. 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. 已知正项数列的前项和为，，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件式变形得，构造常数列求得，再利用时推导出，确定为等比数列，进而得到通项公式； （2）先由（1）求得，将裂项为，再通过裂项相消法求和，化简得到的表达式． 【小问1详解】 由，得． 所以，即． 当时，，整理得， 所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 所以， ， 整理得． 16. 如图，在三棱锥中，. （1）证明：； （2）已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：取AC的中点，连接OP，OB. 在中，因为，所以. 在中，因为，所以. 又平面POB，所以平面POB. 因为平面POB，所以. （2）存在，点为线段PA上靠近点的三等分点. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合可得平面POB，进而即得； （2）根据余弦定理及勾股定理结合条件可得，进而可得平面ABC，然后建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法结合条件即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以. 在中，， 因为为的重心，，所以且. 在中，， 所以，故. 又平面平面POB， 所以， 因为，所以平面ABC. 以为坐标原点，OA，OB所在直线为x，y轴，以过点且垂直平面ABC向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设，则 ， 所以. 设平面PAC的一个法向量， 则，即，取，则，故. 所以， 即，解得. 所以，存在满足条件的点，且点为线段PA上靠近点的三等分点. 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 【答案】（1），证明如下： 由题意知，， 所以，对任意的正整数s，t． （2）元. 【解析】 【小问1详解】 由题意知，，证明略； 【小问2详解】 由（1）知，， 平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为， 则， 所以， 即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元. 18. 已知函数，其图象在处的切线的倾斜角为钝角. （1）求的取值范围； （2）证明：； （3）证明：. 注：. 【答案】（1） （2）令，则， 所以在上单调递增． 由（1）可知，且当时，， 所以，存在，使得， 且当时，，即，则在上单调递减， 当时，，即，则在上单调递增， 所以， 由，得， 两边取对数，有， 则 故，当且仅当时取等， 故欲证结论成立，只需证，即． 令，只需证， 因为， 所以在单减． 所以，结论成立， 即． （3）令， 则， 由（2）知函数在上单调递增， 又，所以， 即，故在上单调递增． 因为， 所以， 令， 则 同理，在上单调递增， 且， 令，则， 因为，所以， 故在上单减，则． 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）由求解即可； （2）利用转化思想，确定函数的单调区间，从而得，转证，令，利用导数证明即可； （3），结合（2）可知在上单增，从而得，利用转化思想及导数，证明即. 【小问1详解】 因为， 依题意，，解得． 所以实数的取值范围为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分. （1）求点横坐标的取值范围； （2）若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点. （i）证明：为定值，并求出此定值； （ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明:由题知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为， 与椭圆方程联立，得， 设，则． 所以． ． 所以． 所以， 所以为定值4; （ii）． 【解析】 【分析】（1）利用角平分线定理结合椭圆焦半径公式，建立点横坐标与点横坐标的关系，再根据点在椭圆上横坐标的取值范围，推导得到点横坐标的取值范围. （2）（i）设出直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到两点坐标的关系，将通过焦半径公式转化为坐标表达式，代入韦达定理的结果化简，即可证明其为定值. （ii）先根据直线的斜率求出直线的方程，联立椭圆在点N处的切线的方程解得Q点坐标，推导得到的表达式，再结合韦达定理求出的表达式，将转化为关于直线参数的函数，利用基本不等式求解最大值. 【小问1详解】 设，因为椭圆的离心率， 所以． 设，因为直线MT平分， 所以，即， 整理得， 因为．故． 【小问2详解】 （i）为定值4，证明略. （ii）由（1）知，，所以直线的斜率为， 所以的斜率为，又过点，所以的方程为． 又椭圆在点处的切线的方程为， 联立方程解得点坐标， 所以， 又由（2）知， . 即， 所以， ，当且仅当时等号成立，所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 2. 已知集合，，若，则实数的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 3. 已知向量，，若，则（ ） A. -2 B. -4 C. -6 D. -8 4. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知某数据中心的算力（单位：EFLOPS）与芯片投入量（单位：万片）满足饱和增长模型：，其中为该中心最大理论算力.已知投入2万片芯片时，算力，若要求算力，则芯片投入量至少为（ ） A. 3万片 B. 4万片 C. 5万片 D. 6万片 6. 已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 8. 三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点为和的一个公共点，则（ ） A. B. 的离心率为2 C. D. 点到的两条渐近线的距离之和为 10. 已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，，为奇函数，函数，且为偶函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 2为的一个周期 C. D. 11. 在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 对任意，有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 给定变量与相对应的一组数据，若通过该组数据求得的回归直线方程为，则的值为__________. 13. 已知直线与圆交于A，B两点，设线段AB的中点为，则点到点的距离的最大值为__________. 14. 设点集，若中的点满足，则称与互为邻点. 点集中与点互为邻点的点的个数为__________. 在中定义邻点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为__________. 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. 已知正项数列的前项和为，，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 如图，在三棱锥中，. （1）证明：； （2）已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 18. 已知函数，其图象在处的切线的倾斜角为钝角. （1）求的取值范围； （2）证明：； （3）证明：. 注：. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分. （1）求点横坐标的取值范围； （2）若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点. （i）证明：为定值，并求出此定值； （ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $