精品解析：山东青岛市第九中学2026届高三第二次模拟考试数学试题

绝密★启用前 2026年青岛市第九中学高三第二次模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知（），且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于，则该等比数列的第4项等于（ ） A. 16 B. 8 C. D. 4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量，的起点和终点均在格点上，则（ ） A. －10 B. 5 C. 15 D. 20 5. 曲线在其与轴的交点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面，为的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 四棱锥与的体积之比为 11. 箱子中有个大小相同的球，编号分别为．按如下方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为，则第二次随机一次取出个球．记完成上述两次取球后编号为的球被取出的概率为，设，则（ ） A. B. 为定值 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是定义域为的奇函数.设，若在的最小值为2，则在的最大值为______. 13. 已知抛物线的焦点分别为，点分别在(上，且线段平行于x轴.若是等腰三角形，则__________. 14. 等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若，的面积为，求. 16. 如图，直三棱柱的高为，分别为的中点，为上一点，且. （1）证明：∥平面： （2）求直线与平面所成角的正切值. 17. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，，且，证明：． 19. 光明中学举行校乒乓球比赛，共有人报名参加男子单打比赛，参赛选手的编号记为，并将所有选手分成A，B两组，每组各人，其中为不小于10的整数. （1）若，求编号为10和20的选手都在A组的概率； （2）若编号为和的选手都在A组，证明：在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于； （3）A组选手与B组选手一对一比赛后共有人晋级.已知在晋级的选手中有不超过10%的选手退赛，证明：在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得在这4人中有2人的编号之和等于另外2人的编号之和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年青岛市第九中学高三第二次模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义即可求解. 【详解】因为，，故． 故选：B 2. 已知（），且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件得出，再使用共轭复数的定义即可. 【详解】由于，故，而，故. 所以. 故选：B. 3. 若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于，则该等比数列的第4项等于（ ） A. 16 B. 8 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列为，其公比为，且前项和为，分和两种情况， 结合前项和公式计算可得结论. 【详解】设等比数列为，其公比为，且前项和为， 若，则，所以，又，故不符合题意， 若，则根据题意可知，且， 解得，，故. 故选：D. 4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量，的起点和终点均在格点上，则（ ） A. －10 B. 5 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【详解】 建立如图所示直角坐标系， 可得，， 故， 所以 ． 5. 曲线在其与轴的交点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求在其与轴的交点为，再根据导数的几何意义求切线方程. 【详解】令，解得， 故曲线在其与轴的交点为， 函数的导数为， 所以函数在处的导数即为切线斜率：， 根据点斜式写切线方程为：，即， 故选：A. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式化简可得，再由余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，又，所以 因为，故，， 所以，即， 故， 因为，， 故，，， 所以． 故选：D 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义、余弦定理、勾股定理列方程，利用整体法求得. 【详解】设，，则根据椭圆的定义可知，， 且， 又，因为， 故由余弦定理有， 整理得①. 又因为，故由勾股定理有， 整理得②， 由①②解得，所以. 故选：A 8. 若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将问题等价于零点的个数等价于曲线与直线交点的个数，再分和以及三种情况讨论，结合直线的斜率关系可得. 【详解】零点的个数等价于曲线与直线交点的个数． 当时，与有无数个交点，不合题意； 当时，曲线与轴的两个交点坐标分别为和， 直线与轴的交点坐标为， 因为直线的斜率为－1，若它们有两个交点，则需满足，解得； 当时，曲线与轴的两个交点坐标分别为和，且函数在处的导数的值为－1，与的斜率相同，即当时，曲线与直线在点处相切，故当时，它们总有两个交点． 综上，若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是． 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用不等式性质推理，结合特殊值法验证，逐个判断正误即可. 【详解】因为，，故，所以，故A正确； 不妨取，，则，故B错误； 因为，，所以，即，即，故C正确； 不妨取，，则，故D错误． 故选：AC. 10. 如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面，为的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 四棱锥与的体积之比为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法依次讨论ABC选项；直接计算对应四棱锥的体积判断D选项. 【详解】解：因为平面，四边形是矩形， 所以两两垂直，故如图建立空间直角坐标系， 因为，平面，平面， 所以平面 设， 则 对于A，，，故，即 所以，即A选项正确； 对于B，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即， 所以， 所以平面不成立，故B选项错误； 对于C，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，即 ，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即， 所以， 所以平面平面，故C选项正确. 对于D，平面，平面得， 由四边形是矩形得，又，故平面， 由，四边形是矩形得，由于为的中点， 所以四棱锥的体积为：； 因为，平面，平面， 所以平面 因为平面， 四棱锥的体积为：， 所以四棱锥与的体积之比为，故D选项正确； 故选：ACD 11. 箱子中有个大小相同的球，编号分别为．按如下方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为，则第二次随机一次取出个球．记完成上述两次取球后编号为的球被取出的概率为，设，则（ ） A. B. 为定值 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，分为第一次取出的编号为三种情况分别计算概率，求和即可判断；对于B，根据即可判断；对于C，求出，通过举反例即可判断；对于D，，根据即可判断. 【详解】若，则第一次取出的编号为1的球的概率为， 若第一次取出的是编号为2的球，且第二次编号为1的球被取出的概率为， 若第一次取出的是编号为3的球，且第二次编号为1的球被取出的概率为， 故，故A正确； 箱子中有个球，则第一次取出的编号为的球的概率为， 若第一次取出的编号为的球，且编号为的球被取出的概率为， 故 ，故B正确； ， 不妨取，，则，故C错误； 由上得， 所以， ，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是定义域为的奇函数.设，若在的最小值为2，则在的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数图象的对称性，判断在对称区间内的最值情况，根据图象的平移法则，求出平移后函数在给定区间上的最值. 【详解】因为是定义域为的奇函数，由在的最小值为2，得在的最大值为， 因为，所以的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位后得到， 故在的最大值为. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点分别为，点分别在(上，且线段平行于x轴.若是等腰三角形，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意设出点的坐标，不妨设，然后分三种情况讨论即可求解. 【详解】设，，. 不妨设，然后分三种情况讨论： 若，则有，解得，此时； 若，则，解得，这不可能； 若，则，这同样不可能. 综上，. 故答案为：. 14. 等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设等边的边长为，在上的投影分别为，作，，，，根据求出，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】如图，在上的投影分别为， 不妨设，，， 作，，，， 设等边的边长为， 则， ， ， 由得， 化简得，解得， 又，所以， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 则， 则， 平面的一个法向量， 设所在平面与所成的二面角（锐角）为， 则， 即所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为. 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若，的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化以及二倍角公式即可求解， （2）根据面积公式可得，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由已知及正弦定理可得. 因为， 所以， 即. 又，所以， 则. 因为，所以，则，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 故. 因为，所以. 由余弦定理得， 故. 16. 如图，直三棱柱的高为，分别为的中点，为上一点，且. （1）证明：∥平面： （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）做辅助线，可得∥，结合线面平行的判定定理分析分析证明； （2）建系标点，求平面平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 如图，延长交于点，连接交于点，连接. 因为为的中点，且∥，故为的中点. 过作∥，交于点， 因为为的中点，故， 因为，故. 又因为，故， 故∥， 因为平面平面， 所以∥平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴建立坐标系， 则， 故，且记. 设平面的法向量为，则， 不妨取，则. 所以， 设直线与平面所成角为，则， 可得，， 所以直线与平面所成角的正切值为. 17. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得出，再利用点到直线的距离求解b即可； （2）先证明圆心在直线上，再由圆的性质可以求出圆经过另一个定点. 【小问1详解】 由于是右顶点，故. 而到渐近线的距离均为， 故由已知有. 所以，解得. 故的方程为. 【小问2详解】 如图所示，记，并设的中点为，设， 由于，假设的斜率不存在， 那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾； 所以的斜率存在，故可设其方程为. 将该直线与联立，得， 即. 所以该方程的两根之和为. 但，故此方程已有一根，从而另一根为. 又. 此时，由，知直线的方程为， 而过且垂直于轴的直线为，故. 这就得到的中点的坐标为. 由于 . 所以圆心在直线上， 设原点关于直线的对称点为, 则有，解得， 所以， 因为，点O在圆上，所以点T也在圆上， 故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过. 【点睛】关键点点睛：第（2）问关键在于知道圆心在直线上，又圆E经过原点，根据圆的性质可知，原点关于直线的对称点一定在圆E上. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，，且，证明：． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论单调性可得； （2）构造函数，求导后分和讨论，当时由隐零点分析可得；当时，放缩后设再利用导数分析单调性可得； （3）设，利用（2）结论得到，构造函数分别利用导数分析单调性后结合题意可得. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是． 【小问2详解】 设 ，则， 令，则． 当时，，故存在，使得当时，，单调递增，故当时，，即，不合题意． 当时，，且当时，， 设，则当时，，故当时，单调递减， 此时 ，所以当时，，单调递减，所以当时，，即． 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 设，则，， 故 ， 由（2）可知，当，时，，故． 由，得， 又，，且由（1）可知在区间单调递减， 故，即，． 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，，故 ． 当时， ，故 在上单调递增． ，故在上单调递增， 所以 ． 当时，设， 设， 则， 故单调递增，，又单调递增，， 故． 综上， ． 19. 光明中学举行校乒乓球比赛，共有人报名参加男子单打比赛，参赛选手的编号记为，并将所有选手分成A，B两组，每组各人，其中为不小于10的整数. （1）若，求编号为10和20的选手都在A组的概率； （2）若编号为和的选手都在A组，证明：在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于； （3）A组选手与B组选手一对一比赛后共有人晋级.已知在晋级的选手中有不超过10%的选手退赛，证明：在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得在这4人中有2人的编号之和等于另外2人的编号之和. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出所有可能的分组情况，再求出编号为10和20的选手都在A组的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率； （2）通过分析编号为和的选手在A组时，B组选手编号的组合情况，利用抽屉原理证明存在编号之和等于的两人； （3）先确定晋级且没有退赛的选手人数范围，再通过构造编号之和的组合，利用抽屉原理证明存在满足条件的4人． 【小问1详解】 编号为10和20的选手都在A组的概率； 【小问2详解】 设B组选手的编号分别为， 因为编号为和的选手都在A组， 故这个数的值只能取这个值， 故它们中必有两个数相等， 因为互不相等，所以也互不相等， 故一定存在，其中，， 又因为，，故存在，使得， 即在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于. 【小问3详解】 设晋级且没有退赛的选手共有人，他们组成集合， 其中表示选手的编号，，且，， 假设中不存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差； （i）当为奇数时，考虑两组差：和 根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数， 故， ， 两式相加有； （ii）当为偶数时，考虑两组差：和， 根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数， 故， ， 两式相加有， 故若，即时， 中一定存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差， 也等价于其中2个元素之和等于另2个元素之和， 又因为当时，，故， 所以在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得其中2人的编号之和等于另外2人的编号之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $