精品解析：山东青岛市2026届高三5月适应性检测数学试题

青岛市2026年高三年级第三次适应性检测数学试题 2026.05 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. 已知为全集，集合，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，． 2. 为评价某种蓝莓的种植效果，随机选择5块地作为试验田，这5块地的亩产量（单位：）分别为，，…，，下面给出的指标中可以评估这种蓝莓亩产量稳定程度的是（ ） A. 众数 B. 平均数 C. 中位数 D. 标准差 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，众数体现的是出现次数最多的数，故A错误； 对于B，平均数是体现集中趋势的一项指标，故B错误； 对于C，中位数将数据分为前后两部分，体现的是数据的“中等水平”，故C错误； 对于D，标准差体现的是数据的离散程度，可以用来评估产量稳定程度，故D正确. 3. 已知，，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】通过向量线性运算求出和向量的坐标，利用垂直向量的数量积为零建立方程，求解参数的值. 【详解】由向量线性运算，得. 由，得，即， 化简得，解得. 4. 某机构对，，三个地区进行基于人工智能的每周跑步时长的调查，已知这三个地区分别有，，的人每周跑步时长在6小时以上，假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一人，则此人每周跑步时长在6小时以上的概率为（ ） A. 0.04 B. 0.05 C. 0.06 D. 0.07 【答案】C 【解析】 【详解】此人每周跑步时长在6小时以上的概率为： ． 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过原点的直线交于、两点．若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知四边形为平行四边形，可得，结合椭圆的定义可得出、，再利用勾股定理可得出椭圆的离心率的值. 【详解】如下图所示： 由题意可知，为、的中点，所以四边形为平行四边形，则， 所以，则， 因为，由勾股定理可得， 故该椭圆的离心率为. 6. 若函数（）在上的值域为，则可以为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过换元转化为正弦函数的区间值域问题，采用选项代入验证法，直接检验各选项对应的区间内正弦函数的取值范围，快速筛选出符合条件的值. 【详解】设，由且，得， 此时的值域为等价于. 将选项依次代入验证： 当时，，存在使，，不符合，故A错误； 当时，，的最大值为（时），最小值为（时）， 故，符合条件，故B正确； 当时，，的最大值为，，不满足值域条件，故C错误； 当时，，的最大值，则，不符合值域条件，故D错误.. 7. 已知直线，圆，则“”是“与圆相切”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】A 【解析】 【分析】利用直线与圆相切求出的值，再利用集合的包含关系判断即可. 【详解】若直线与圆相切，且圆的圆心为坐标原点，半径为，则， 整理可得，可得，解得或， 因为是的真子集，故“”是“与圆相切”的充分不必要条件. 8. 已知数列的前项和为．．，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，利用分组求和法列式求解. 【详解】依题意，，则， 又，则， ，由， 得，所以. 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. 在直三棱柱中，，点，分别为线段，的中点，则（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】取的中点为，根据线线平行的判定可判断A；根据线面垂直可判断B；根据线面平行可判断C；根据线面垂直可判断D. 【详解】取的中点为，连接 ，如下图所示： 对于A，由于点为线段的中点，点为线段的中点，则且， 又因为为的中点，所以， 在直三棱柱中，有且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，而交于，所以不平行，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，底面，底面，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，由于，底面，底面，所以平面，故C正确； 对于D，由于且点为线段的中点，所以， 在直三棱柱中，底面，底面，所以， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面，故D正确. 10. 已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，直线与交于，两点，点为线段的中点，则（ ） A. B. 若，则为的一个方向向量 C. 若．则过定点 D. 若，则到轴距离的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】本题结合抛物线的基本性质、向量关系、垂直条件和弦长公式，通过代数运算与函数最值分析，逐一验证各选项的正确性. 【详解】对于选项A，抛物线的焦点坐标为，由焦点得，解得，选项A正确. 对于选项B，由A知抛物线方程为，设，，由得，即，. 将代入抛物线方程，得，结合，解得，，,, 直线的方向向量为，与不共线，选项B错误. 对于选项C，设直线的方程为，联立， 得，故，. 由得，即. 由，，得，代入得， 解得（时直线过原点，舍去），故直线过定点，选项C正确. 对于选项D，设直线的方程为，联立抛物线方程得， 弦长，故. 中点的横坐标为， 令，则横坐标为. 设，根据对勾函数的性质可知，在上单调递增， ，即到轴距离的最小值为，选项D错误. 11. 函数，的定义域为，为偶函数且恒大于0，，，；.，则（ ） A. B. C. D. 对于任意，点到直线与的距离之积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过赋值法求出、，推导与的奇偶性及核心恒等式；利用递推关系分析的指数型性质验证B选项；通过函数方程展开推导三倍角形式验证C选项；利用点到直线距离公式结合核心恒等式验证D选项. 【详解】令，代入，得. 令，代入，得，即. 由，得. 结合得，又，得，故A错误. 令，代入， 得，即. 令，代入， 得，由、， 得，结合，得，即为奇函数. 因此，即. 由与，得， 解得. ， 因此 ，，故B正确. ， 代入 ，得，故C正确. 点到直线的距离为， 到直线的距离为， 距离之积为：，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数满足，则的虚部为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过复数方程求解出复数，再写出其共轭复数，进而确定虚部. 【详解】由，移项得，两边同乘， 得. 则，故的虚部为. 13. 已知正四棱台的体积为，，，则该正四棱台的侧面积为__________． 【答案】 【解析】 【详解】设正四棱台的高为，斜高为， 由该正四棱台的体积为，得，解得， 因此，所以该正四棱台的侧面积为. 14. 已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，的最大值为__________． 【答案】13 【解析】 【分析】设连续段长度为，先把该连续段的和记为，再利用相邻两项差的限制，估计该连续段左右两侧各项的最小可能值，从而得到的上界．最后构造等号成立的数列，说明最大值可以取到． 【详解】设某一连续段为 其项数为 因为，所以 ． 记 若，则把所有同时变为，条件 和 均不变， 而该连续段的和变为． 因此只需讨论的情况． 设该连续段左边有项，右边有项，则 由相邻两项差的绝对值不超过，对于连续段内的项，有 所以 从而 同理，从右端向左估计，也有 对左边项，由相邻项差的限制可得，因此左边项的和不小于 对右边项，同理可得右边项的和不小于 所以整个数列的和满足 又因为 ，所以． 于是 由于 ，且在 固定时，的最大值出现在一边为， 另一边为时，所以 因此 整理得 即 当 时， 上式右端分别为 所以任意连续段和的绝对值都不超过． 下面说明可以取到． 取 则且 同时 故所求最大值为 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. 记内角、、的对边分别为、、，． （1）求； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，再结合角的取值范围可得出角的值； （2）由三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出的值，再利用正弦定理求出、的值，结合三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理知 故，即， 即， 又因为，则，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由题知 ， 因为，所以，则，故，， 由正弦定理知：，即，得， 所以. 16. 某学校组织了一次数学建模比赛，本次比赛满分为100分，得分在80分以上为优秀，从中随机抽取100名学生的成绩得到如下所示的频率分布直方图． （1）求的值，并估计该校学生比赛成绩的中位数（精确到0.1）； （2）以样本数据中各区间的频率作为该区间的概率，若从全校学生中随机抽取30人，记其中获得优秀的人数为，求使取得最大值时的值． 【答案】（1），中位数为70.4 （2）7 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图小矩形面积和为1即可求，再根据中位数的求法求解； （2）由题可知随机变量，再根据二项分布概率最大值的求法求解． 【小问1详解】 由题知：，解得 设中位数为，则， 解得，故中位数为70.4； 【小问2详解】 因为样本中80分以上的频率为， 故随机变量 所以（，1，2，…，30）， 当最大时，， 得 得 得，所以 ，得 又因为，所以当最大时的值为7． 17. 如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． （1）证明：平面； （2）点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 【答案】（1）由，得，则， 又，平面，则平面，平面，故， 由，为中点，得，而平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式确定点位置，再利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，由（1）得平面，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 记直线与平面所成角为， 则 ， 当时，；当时，， 当且仅当时取等号，此时最大， 平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 18. 已知双曲线：（，）的离心率为2，且过点． （1）求的方程； （2）记的左、右焦点分别为，，点和如下构造：在第二象限任取上一点．直线交于另一点，直线交于另一点． （ⅰ）记直线的斜率为，证明： （ⅱ）设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （i）见解析 （ii）存在， 【解析】 【分析】（1）利用双曲线过点 得 ，结合离心率 得 ，再由 ，写出双曲线标准方程. （2）（i）设直线 与双曲线联立，利用韦达定理计算斜率乘积，推导出数列 是首项为 、公比为 的等比数列，再用等比数列求和公式放缩证明不等式. （2）（ii）先求出直线 恒过定点 ，再利用对称点的坐标关系（中点在直线上、连线与直线垂直）消去参数，整理得到定圆方程. 【小问1详解】 依题意，，所以，，，故的方程为. 【小问2详解】 （i）证明：设直线：与交于点，， 由，得， 所以，， 则 当时，对应左焦点，得 ； 当时，对应右焦点， ， 所以，所以是首项为（），公比为的等比数列， 所以. （ii）设直线：，由（2）得， 因为 ，且， 所以，所以， 所以直线的方程为， 设，则，消可得， 化简整理得圆的方程为. 19. 定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． （1）若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； （2）若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 【答案】（1）“佳点”为，理由: 画出与圆的图像如下图所示： 若，则. 若，由图可知的图像在圆的内部，所以. 若，则， 所以，是的一个“佳点”. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据“佳点”定义，取点，分、、三种情况，通过计算与的大小关系，验证该点满足佳点条件. （2）（ⅰ）利用函数最小值为的条件，先由确定，再分别讨论和时函数的取值情况，验证仅满足最小值为的要求. （ⅱ）先构造辅助函数分析的符号，验证满足佳点定义；再通过反证法证明不存在横坐标大于的佳点，从而确定是横坐标最大的佳点. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由题知：，得 若，先证，构造函数， ，所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增，所以， 所以（证毕）. 因为，变形得， 所以，当时等号成立，满足题意 若，， 当时，， 当时，， 当时，，不合题意 综上，. （ⅱ）由（i）得， 先证明是的“佳点”： 因为， 令， 法1：先证，构造函数， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以（证毕）. 令，， ， 所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，即时，； 当时，，即时，. 法2：， 所以，在上单调递增 又因为，， 所以，当时，，， 所以，得； 当时，； 当时，，，所以，得， 所以是的“佳点”. 再证明是的横坐标最大的“佳点”： 假设是的“佳点”，且； 如果，则，点在曲线上， 则，不合题意； 如果，则，考虑点，因为，所以. 根据“佳点”的定义，应有， 但，矛盾. 综上，的横坐标最大的“佳点”为点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛市2026年高三年级第三次适应性检测数学试题 2026.05 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. 已知为全集，集合，满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 为评价某种蓝莓的种植效果，随机选择5块地作为试验田，这5块地的亩产量（单位：）分别为，，…，，下面给出的指标中可以评估这种蓝莓亩产量稳定程度的是（ ） A. 众数 B. 平均数 C. 中位数 D. 标准差 3. 已知，，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 某机构对，，三个地区进行基于人工智能的每周跑步时长的调查，已知这三个地区分别有，，的人每周跑步时长在6小时以上，假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一人，则此人每周跑步时长在6小时以上的概率为（ ） A. 0.04 B. 0.05 C. 0.06 D. 0.07 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过原点的直线交于、两点．若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数（）在上的值域为，则可以为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 7. 已知直线，圆，则“”是“与圆相切”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 8. 已知数列的前项和为．．，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 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. 在直三棱柱中，，点，分别为线段，的中点，则（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 10. 已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，直线与交于，两点，点为线段的中点，则（ ） A. B. 若，则为的一个方向向量 C. 若．则过定点 D. 若，则到轴距离的最小值为 11. 函数，的定义域为，为偶函数且恒大于0，，，；.，则（ ） A. B. C. D. 对于任意，点到直线与的距离之积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数满足，则的虚部为__________． 13. 已知正四棱台的体积为，，，则该正四棱台的侧面积为__________． 14. 已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，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. 记内角、、的对边分别为、、，． （1）求； （2）若，且，求的面积． 16. 某学校组织了一次数学建模比赛，本次比赛满分为100分，得分在80分以上为优秀，从中随机抽取100名学生的成绩得到如下所示的频率分布直方图． （1）求的值，并估计该校学生比赛成绩的中位数（精确到0.1）； （2）以样本数据中各区间的频率作为该区间的概率，若从全校学生中随机抽取30人，记其中获得优秀的人数为，求使取得最大值时的值． 17. 如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． （1）证明：平面； （2）点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 18. 已知双曲线：（，）的离心率为2，且过点． （1）求的方程； （2）记的左、右焦点分别为，，点和如下构造：在第二象限任取上一点．直线交于另一点，直线交于另一点． （ⅰ）记直线的斜率为，证明： （ⅱ）设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 19. 定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． （1）若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； （2）若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $