山东省青岛第九中学2025-2026学年高二第二学期适应性检测数学试题

保密★启用前 2025-2026学年度第二学期2024级高二适应性检测数学试题 2026.06 注意事项： 1.本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分。第1卷为选择题，共58分：第Ⅱ卷为非选题，共92 分，满分150分，考试时间为120分钟。 2.第1卷共2页，有单选题和多选题，请将选出的答案标号(A、B、C、D)涂在答题卡上。 第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔(0.5mm)写在答题卡上。 第1卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的： 1.已知全集U=R,A={-1<x≤4}，B={xk23},则Cu(AUB)=() A.{x-3≤x≤-}B.{-3<x≤-C.{4≤x<3} D.{x-4≤x≤3} 2.“a=-1或a=1"是“复数z=a2-1+(a+1)i为纯虚数的（) A.充分非必要条件 B.充要条件 C.必要非充分条件 D.既非充分也非必要条件 3.对四组数据进行统计获得如下散点图并对其相关系数进行比较，正确的是() 25 25 25 25 20 20 汤 20 父 15 15 10 10 10 10 今 0510152025 0510152025 0510152025 0510152025 相关系数 相关系数r2 相关系数 相关系数r A.万>2>5> B.1>5>r>2 C.r>5>方>5 D.方>>3>5 4.已知曲线y=nx在x=1处的切线与曲线y=e'+a相切，则a的值为（) A.2 B.-2 C.c D.-e 5.若球O与球O,的体积之比为2a,表面积之比为a,且棱长为1的正方体的所有顶点都在球O的表面上 则球O,的表面积为() A.3π B. 3π C.π D. 4 第1页共4项 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 6.,将西数y=0sx图象上各点的横坐标先缩短至原来的；，纵坐标不变，再向左平移”个单位，得到曲线 3 y=g(x).若直线x=1是曲线y=g(x)的一条对称轴，则的最小值为() A于 B. c.音 D. 2元 3 ,知图，双曲线C:兰片=6>06>0)的左、右能点分别为R,乃，过右焦点g的直线与双曲线C的 右支相交于A,B两点，AB⊥BF且A=BF,则C的离心率为() A.√2 B.2 D V10 3 2 8.己知函数f(x)的导函数为'(x),∫(x)和∫'(x)的定义域均为R,若f(x)-f(-x)=2x,'(x)+f'(2-x)=0, f0=0,f四=克则2/0-立r0=() A.-66 B.-56 C.-38 D.2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.下列说法正确的有（) A.若X~B(4,引，则P(X≤2)=马 27 B.若随机变量X服从正态分布N(4,4),则不论P取何值，P(μ-4<X<μ+6)为定值 C.数据2,7,4,5,16,1,21.11的下四分位数是2 D.若事件A,B满足0<P(A)<1.0<P(B)<1,且P(AB)=P()1-P(B】,则事件AB独立 10.已知斜率为k的直线经过抛物线y2=4x的焦点F,且与抛物线交于A,B两点、点C是圆 (x-a)2+(y+2)=1(a≥3)上的任意一点，使得1BC的重心G在x轴上.线段AC与x轴的交点为K.则 下列说法正确的是() A.k的取值范围为 B.三角形ABC的面积S是斜率k的函数 C.当AB⊥FC时，a的最大值为6 D. 匹的最小值为号 SABC 0 第2页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 11.正方体内有两个互相垂直的内切圆柱（如图1所示)，将它们公共部分的几何体记为2（如图2所示)， 若圆柱底面半径为1，两个圆柱相交时表面形成的交线分别记为，2，点P在1上运动，E,F分别为A4, CC的中点，则下列说法正确的是() A.Va 8 B.点P的轨迹是椭圆B C.存在点P,使∠EPF= 2 D.棱长为1.6的正四面体能够被整体放入2内 图 图2 第川卷 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分。 12.若 是+ 的展开式中的常数项是 13.若直线1：x-y+m=0与曲线C:V2-x2-y=0恰有三个不同的公共点，则实数m的取值范围为 14.不透明的盒子中装有大小质地相同的3个红球、2个白球，每次从盒子中摸出一个小球，若摸到红球得 1分，并放回盆子中摇匀继续摸球：若摸到白球，则得2分且游戏结束.摸球次后游戏结束的概率记为P 则乃=一：在数列中，若<1，im[n+)q]=0,A为常数，现游戏进行了n次，n趋近于无穷大， 游戏结束后，总得分记为X,则X的数学期望E(X)=」 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.已知在△ABC中，2cos2A+3cos2B=4,2sin2A-3sin2B=0. ()求证：C=+A:(2)若AB边上的中线CD的长为1，求△ABC的面积. 16.如图，在三棱台ABC-AB,C中，AC⊥平面ABBA,∠AAB,=60°.AC=AB=A4=2AC=2 (1)求证：平面AB,C⊥平面4，B,C; (2)求平面8B,C与平面B,CA的夹角的余弦值. B 第3页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 7.已知E,E分别是椭圆C:若×上 +存=1(a>b>0)的左、右焦点，0为坐标原点，M为椭圆C上任意 一点，M的最大值为2+√5，当∠FM=90°时，△FMF2的面积为1. (I)求椭圆C的方程及其离心率： (2)已知A,B为椭圆C的左右顶点，若点P满足亚=3PB,当M与A,B不重合时，直线MP交椭圆C于 另一点N,直线AM,BN交于点T. (i)证明：点T在一条定直线上： (i)求∠ATB的最大值. 18.已知函数f()=(+al血x,8(=,x>0. ()当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)若a=0,令F(x)=min{f(x),g(x)}(其中mina,b}表示a,b中的牧小值)，若存在o∈(k,k+),keN, 使得F(x)sF()恒成立. (i)求k的值： (i)若方程F(x)=m(m>0)有两个不相等的实数根x,x2,证明：x+3>2x, 19.某商场举行回偾顾客的抽奖游戏.箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张银券”.每张“金券“面值 均为100元：每张“银券面值不同，分别为-10元，-20元，.，-60元.顾客从箱中不放回地依次抽取奖券， 直至插到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏，游戏停止时，顾容抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的 奖金，现有一顾客参加了此次抽奖游戏， (1)求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率： (2)求该顾客的奖金不低于270元的概率： (3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X,Y,有E(X+门=E(X)+E(Y),求该顾客的 奖金的期望。 0 04页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 2025-2026学年度第二学期2024级高二适应性检测数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C B B B B D C ABD ACD ABD 3．B 【详解】由给定的四组数据的散点图可以看成： 图（1）和图（3）是正相关，且图（1）中的数据更加集中，更接近，所以； 图（2）和图（4）是负相关，且图（2）中的数据更加集中，更接近，所以， 综上可得，. 5．B 【详解】设球与球的半径分别为，， 球的体积为，表面积为， 球的体积为，表面积为， 所以，，所以， 因为棱长为1的正方体的所有顶点都在球的表面上， 所以，则，所以球的表面积为. 6．B【详解】依题意可得，又直线是曲线的一条对称轴， 则，，解得，，所以的最小值为． 7．D【详解】设，则，. 在中，有，整理得，故. 设，在中，有，即，所以的离心率. 8．C【详解】由求导得， 又，两式相减可得， 令，可得， 在中，取，可得，解得， 在中，取，可得，所以， 在中，取，可得， 所以，再取，可得， 则得，…，故是以0为首项，为公差的等差数列， 所以； 由得，则， 取，可得，故，即， 又，所以，则， 因为，，则，， ，， ，，， 即，所以．9．ABD 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，因为随机变量，所以， 则 ， 所以为定值，故B正确； 对于C，将数据从小到大排序：1，2，4，5，7，11，16，21，由， 所以该组数据的下四分位数为，故C错误； 对于D，由，所以相互独立，因此也相互独立，故D正确． 10．ACD 【详解】结合题意，可设， 对于A，设直线的方程为，则， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，， 由重心坐标公式得， 因为在轴上，所以，解得， 则，由题意得圆心坐标为，半径为， 因为点是圆上的任意一点，所以，解得， 则，得到斜率的取值范围为，故A正确， 对于B，当时，此时，此时，直线方程为， 此时，将代入中， 解得或，则或， 设到的距离为，由点到直线的距离公式得，， 而，则，而此时，， 由弦长公式得，为定值，即得到， 可得三角形的面积不可能是斜率的函数，故B错误， 对于C，由题意得的斜率为，的斜率为， 因为，所以，解得， 此时点在直线上，而点是圆上的任意一点， 可得直线与圆相交或相切，得到，解得， 则的最大值为6，故C正确， 对于D，由三角形面积公式得， 由线段共线的性质得，， 则， 由题意得，则，而， 可得， ， 则， 令，则，得到，则， 令，，当时，符合题意， 由二次函数性质得，当时，取得最大值，且， 则，可得，即的最小值为，故D正确. 11．ABD 【详解】设于，， 对A，，即选项A正确． 对B，曲线所在平面斜截圆柱，故为椭圆，选项B正确． 对C，当时，在以为直径的圆上，显然椭圆上这样的点不存在，选项C错误． 对D，设内部有一个正四面体，该正四面体内接于球，内部的球的最大半径为1， 设半径为1的球是边长为的正方体的外接球，所以，所以， 半径为1的球是边长为正四面体的外接球，所以正四面体的边长是正方体的面对角线，所以， 故此正四面体的棱长最大为，而比1.6大，故选项D正确．   12．【详解】因为展开式的通项为 ， 的幂指数为 ，令其为0得，非整数，故常数项不存在，系数为0. 13．【详解】由题意得，所以，当时，曲线为；当时，曲线为， 显然为半圆，如图所示， 易得直线经过定点，当直线与相切时， ，,所以，易得， 故当时，直线与曲线恰有三个公共点，即的取值范围为． 14． 【详解】根据题意可知，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为， 摸球3次后游戏结束，意味着前两次摸到红球，第三次摸到白球， 因为每次摸球相互独立，所以； 根据题意，的可能取值为2，3，4，⋯，，⋯，且， 则， 则， 则， 则 ， 即， 又，故． 故答案为：；． 15．【详解】（1）解：因为，， 所以，即， 所以， 因为，即 因为，中至少有一个为锐角， 所以， 所以， 即 所以， 所以，即， 因为， 所以，即. （2）解：由（1）知，即， 所以， 因为， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，， 所以，， 因为，所以， 所以，由余弦定理得，即， 所以 设为外接圆半径， 所以， 所以，解得，即， 所以， 所以 16．解：(1)在三棱台中，， 因为，所以， 因为，所以, 所以， 即， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面； 所以平面平面； 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，   则， 所以，，， 设平面的法向量，平面的法向量为， 则，令，解得：，， 则平面的法向量 由，解得：，令，， 则平面的法向量 设平面与平面的夹角为， 所以 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17．(1)，离心率为 (2) （ⅰ）由（1）得，由，得点， 设， 显然直线不垂直于，设其方程为， 由消去，得， ，， 直线的方程为，即， 同理直线方程为， 联立消去得， 整理得， 因此，即， 所以点T在一条定直线上. （ⅱ） 【详解】（1）令椭圆C：的半焦距为， 由的最大值为，得， 由，的面积为1，得，， 而，因此， 即，， 解得，所以椭圆C的方程为，离心率为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由对称性不妨令点在上方，设， 则， 因此， 当且仅当时取等号，而为锐角，所以的最大值为. 18．(1)在单调递增； (2)（i）1；（ii）若在内有两个不相等的实数根，不妨设，当时，，所以， 由（ⅰ）得，在单调递增，单调递减，所以，， 要证，只需证，又，且在单调递减， 所以只需证，又，即证， 令，， 由（ⅰ）得在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以， 又当时，， 则， 即在单调递增，， 故，得证. 【详解】（1）当时，，， 令，，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，即， 所以在单调递增. （2）（i）先比较与的大小，当时，， 所以， 令，，所以在单调递增， 又，（ 又，则） 所以存在唯一，使得，即， 所以当时，，即，当时，，即， 即，又，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增； ，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减. 结合，的单调性可得，在单调递减，单调递增，单调递减， 注意到当时，，且，所以，结合，所以的值为1. （ⅱ）略 19．【详解】（1）游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 所求概率为; （2）奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元, ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张-20元银券，且第四次抽到金券，同②知 ； ④若奖金为270元，情况1：前三次抽到两张金券和一张-30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 情况2：前四次抽到两张金券．一张元银券和一张元银券，且第五次抽到金券， 则， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为; （3）方法一：记银券分别为，对应面值元，元，⋯，元． 记 则，， 所以，， 因为 所以 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且． 由已知得，，， ，， ，， 则．又因为．所以 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以，即奖金的期望为174元． 第11页 共12页 ◎ 第12页 共12页 第9页 共12页 ◎ 第10页 共12页 学科网（北京）股份有限公司 $