山东省泰安市宁阳县第一中学2026届高考数学适应性训练卷

**基本信息** 以2026年春晚义乌分会场等时代情境为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过多梯度问题设计考查数学抽象与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|集合、复数、数列等基础概念|注重数学抽象，如第7题函数图象识别考查几何直观| |多选题|3题18分|立体几何、概率统计|强调逻辑推理，如第10题结合排列组合考查数据分析| |填空题|3题15分|二项式定理、立体几何外接球、导数极值点|突出空间观念，如第13题三棱锥外接球表面积计算| |解答题|5题77分|立体几何证明与夹角、解三角形、概率统计应用、椭圆定点证明、函数单调性与不等式证明|分层设计能力梯度，如第17题结合现实情境考查统计决策，第19题通过单调性判断、参数范围求解、不等式证明递进考查逻辑推理，贴合高考对数学建模与逻辑推理的考查趋势|

山东省泰安市宁阳县第一中学2026年高考适应性训练卷 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）已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）设公差为3的等差数列的前项和为，若，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 4．（本题5分）设是夹角为的两个单位向量，若，则（ ） A． B．2 C． D．3 5．（本题5分）已知，且，则(   ) A．2 B．3 C． D． 6．（本题5分）已知实数，函数的值域为，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）函数的部分图象大致是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，其右支上有一点满足，直线交轴于点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 10．（本题6分）下列说法正确的是（     ） A．随机变量，则方差 B．2，4，5，7，8，11，15，18的上四分位数是13 C．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是 D．对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，对于样本点对应的残差为 11．（本题6分）已知椭圆，其左、右焦点分别为，离心率为e，过左焦点的直线与C交于A，B两点，若点A在x轴上方，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．（O为坐标原点） C．若点A在第一象限，则 D．若E为C的下顶点，则 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）的展开式的常数项为____________． 13．（本题5分）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，若四点都在球的表面上，则球的表面积为______． 14．（本题5分）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，底面ABCD，M是AD的中点，点N满足，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正切值． 16．（本题15分）的内角A，B，C的对边分别为．已知，． (1)求； (2)若的面积为，求的周长． 17．（本题15分）2026年中央广播电视总台春节联欢晚会设立义乌分会场，向全球展现了“世界小商品之都”的商贸活力与新春年味．某机构为研究观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关，从观看了义乌分会场节目的观众中随机抽取了200人进行问卷调查，得到如下列联表： 对节目基本满意 对节目特别满意 合计 不了解义乌小商品市场 60 40 100 了解义乌小商品市场 30 70 100 合计 90 110 200 (1)依据小概率值的独立性检验，分析观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关； (2)节目组设置了摸“义乌小商品盲盒”游戏环节，观众每次游戏有两种结果： 摸到“一锤定音”，概率为，此时观众获得100元奖金，游戏结束； 摸到“再接再厉”，概率为，此时观众获得10元奖金，并继续游戏，奖金累计计入总奖金； 若一名观众参与游戏最多可摸10次，10次均未摸到“一锤定音”，游戏也结束．求游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值． 附：，其中 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 18．（本题17分）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 19．（本题17分）已知函数，． (1)判断函数的单调性． (2)若方程有两个根． ①求实数的取值范围； ②证明：． 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A A D B D AC BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】由题意得：，所以， 所以. 2．C 【分析】设复数 ， 根据模长公式，共轭复数的概念以及复数相等的条件即可求解. 【详解】设复数 ，则， 根据复数相等的条件可得，解得，所以. 3．A 【详解】因为，所以． 4．A 【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】，则． 5．A 【分析】先利用已知条件求出，再通过二倍角公式求出，最后利用和角公式将目标角转化为已知角与的和，计算得结果. 【详解】由，得，故. 由，得， 因此. 设，则，故. 由二倍角公式，解得或. 又，故，则，，故. . 6．D 【分析】根据分段函数的值域可得，令，，利用导数判断的单调性，利用单调性解不等式. 【详解】因为在内单调递增，则， 可知函数在内的值域为； 又因为在内单调递增，则， 可知函数在内的值域为； 由题意可知：，即， 令，，则， 因为， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 又因为，且， 则不等式的解集为，所以实数a的取值范围为. 7．B 【分析】根据奇偶性排除A；根据正负性排除CD. 【详解】定义域为，， 则是偶函数，排除A选项； 当时，，则， 当时，，则； 当时，，则，排除CD选项. 8．D 【分析】设，结合图形可得，在中用余弦定理求与的关系，进而在中用余弦定理求离心率. 【详解】由双曲线定义得：， 轴是的中垂线，在轴上，故， 设，由得，则， 因此. ，故， 在中由余弦定理可得：， 代入： ， 故，结合得：. 在中由余弦定理可得：， 代入， 化简得：，将代入可得： ， 化简得：， 故. 9．AC 【分析】根据空间线、面位置关系依次判断即可. 【详解】对于A，若，，则，故A正确； 对于B，若，，则或m与n为异面直线或相交直线，故B错误； 对于C，若，，则，故C正确； 对于D，若，，当时，不成立，故D错误. 10．BCD 【分析】由二项分布的方差公式求方差判断A，由上四分位数的定义求分位数判断B，应用分步分类计数及排列组合求任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数的个数、其中相邻情况的个数，再由古典概型求概率判断C，根据样本中心求参数，再由残差的定义确定样本点的残差判断D. 【详解】A：由题设，则，错， B：由题设，数据从小到大排序知上四分位数是，对， C：将中任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数， 有两种情况：奇偶奇偶奇偶、偶奇偶奇偶奇，所以共有种， 其中相邻的情况，如：“奇偶奇偶奇偶”的排列， 共有奇偶相邻对有5个，将安排到其中一个， 再把中的奇数、偶数分别安排到余下的4个位置， 所以共有种， 同理“偶奇偶奇偶奇”的情况也有20种，故共有40种， 综上，在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是，对， D：由题意，可得，则， 当，则，则残差为，对. 11．ACD 【分析】根据条件，可得，根据勾股定理、椭圆的定义及面积公式，可得面积的表达式，即可得A点纵坐标，根据，结合的关系，整理计算，可判断A的正误；根据，分析可判断B的正误；根据余弦定理，可得、的表达式，即可得的表达式，结合的范围，分析求解，可判断C的正误；由条件，可得的表达式，进而可得的表达式及范围，整理化简，即可判断D的正误. 【详解】选项A：由，得，则， 由椭圆的定义得，则， 所以，则， 所以， 又，所以，则， 又，所以，则，所以，则， 所以，则，即，解得，故A正确； 选项B：，故B错误； 选项C：若点A在第一象限，则， 设，设， 由余弦定理得， 则，整理得， 所以，同理可得， 则， 由点A在第一象限知，则， 设，则， 所以，故C正确： 选项D：由A项知， 所以， ， 则， 所以，故D正确． 12．135 【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得； 【详解】解：二项式的展开式的通项公式为， 令，求得， 所以展开式中常数项为. 13． 【分析】先求出底面正三角形的外接圆半径，再结合侧棱垂直底面的几何特征计算外接球半径，最后代入球的表面积公式求解． 【详解】 设底面正的外接圆圆心为，外接圆半径为， 已知是正三角形，边长， 则其外接圆半径为， 平面， 三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上， 且球心到平面的距离， 外接球半径为：， 由球的表面积公式得． 14． 【分析】有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，转化为和图象上有两个交点问题. 【详解】的定义域为，且，，令，则， 令，，则，， 因为有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，即有两个不同的实根， 设，，当，，为增函数；当，，为减函数； ，而当，，当，，故图象如下图所示： 结合和的图象，易得m的取值范围是. 15．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接、交于点，连接，由是中点、，推出，再结合得，故，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行判定定理，得平面. （2）以为原点建系，写出各点坐标与相关向量，分别求出平面与平面的法向量，再用向量夹角公式算出两平面夹角的余弦值，进而求得正切值为. 【详解】（1）连接交于点，连接． 因为是的中点，，，所以． 又，所以，从而，在平面中，有． 所以，又平面BDN，平面． 所以平面． （2）因为底面，以为坐标原点，以的方向为轴、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，底面四边形为菱形，所以易得为等边三角形. 则，，，． 所以，，，． 设为平面的法向量， 则，即 可取． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设平面与平面的夹角为，则， 所以，所以． 设平面与平面的夹角的正切值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）先利用平方差公式化简已知等式,结合三角形面积公式进行边角替换,再借助余弦定理把边的关系转化为角的正余弦关系式,通过三角恒等变形求出角,接着代入条件求出,结合三角形内角范围舍去不合理解,最终确定角的值. （2）由三角形面积公式结合已求角算出关系式,设正弦定理比值为参数,利用内角和与两角和正弦公式求出,用表示出后代入等式解出,进而求出三边边长,最后相加得到三角形周长. 【详解】（1）由， 又，所以．即， 由余弦定理得，得，即 ． 因为，所以，所以，所以． 所以． 因此或（舍去），所以． （2）因为的面积为，所以． 所以① 由正弦定理设，因为. 所以． 所以，，． 代入①式，解得，所以，，． 所以的周长为． 17．(1)有关； (2). 【分析】（1）根据给定的数表求出的观测值，再与临界值比对即可. （2）法1：求出的可能值及对应的概率，再利用期望的定义列式，利用错位相减法求和即得；法2：求出获得的累计奖金期望的递推公式，再利用构造法求出通项公式即可. 【详解】（1）零假设：观众对节目的满意度与了解义乌小商品市场无关， 计算， 依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 认为观众对义乌分会场节目的满意度与了解义乌小商品市场有关，此推断犯错误的概率不超过0.001. （2）方法1：奖金总数， ，其中，， 因此， 即， ， 两式相减得， ， 于是， 所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为：. 方法2：设为剩余最多n次抽奖机会时，获得的累计奖金期望， 则，即，， 因此，而， 则，当n＝10时，， 所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为. 18．(1) (2)直线过定点，证明见解析 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【详解】（1）由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 19．(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)①②证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负判断函数的单调区间即可； （2）①将方程分离参数得，构造函数，由导数判断函数的单调性，从而得到最小值，即可求得的取值范围； ②先构造函数证明，再构造证得，结合的单调性推出，即，联立两步结论，代回原式即可完成不等式证明. 【详解】（1）因为，，所以． 由，得；由，得 所以函数在上单调递减，在上单调递增． （2）①方程，即，，则． 设，，则方程有两个根， 即函数的图象与直线有两个不同的交点． 因为，， 当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 所以当时，函数取得极小值，也是最小值． 因为，当时，，当时，， 所以，即实数的取值范围是． ②证明：由①可知，， 则证不等式，即证， 转化为证． 令，，则． 令，则． 因为在上恒成立， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，． 所以当时，，当时，． 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 所以． 由①知，． 令，，则． 令，则． 因为，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，． 所以单调递增，所以． 所以当时，． 由①及题意可知，，所以． 因为且在上单调递减，所以， 所以，所以． 所以， 所以． 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 $