山东省青岛第二中学2027届高三上学期期初调研测试数学试题

绝密★启用前 2027届青岛二中高三期初调研测试 数学 2026.08 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，再选涂其它答案标号．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． A． B． C． D． 2．双曲线的实轴长是 A．4 B． C．2 D． 3．在等比数列中，，，则 A． B． C． D． 4．已知为奇函数，则 A．1 B．0 C． D．2 5．已知，则 A．3 B．2 C． D． 6．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则 A． B． C． D． 7．一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要的时间（单位：），其中为常数．在此条件下，已知训练数据量从个单位增加到个单位时，训练时间增加；当训练数据量从个单位增加到个单位时，训练时间增加 A． B． C． D． 8．已知集合．设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为 A．50 B．51 C．52 D．53 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．已知一组数据，，…，的平均值为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记，，…，的平均值为，方差为，极差为，中位数为，则 A． B． C． D． 10．已知，则 A． B． C． D． 11．已知递增数列的各项均为正整数，且满足，则 A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中项的系数是__________． 13．已知为坐标原点，点为椭圆：（）的右焦点，点，在上，的中点为，，则的离心率为__________． 14．设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为__________． 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．（13分） 为了调查某地区高中学生对于体育运动的爱好程度，随机调查了该地区部分学生的日均运动时间．在被调查的学生中，女生占，女生中有的人日均运动时间大于1小时，男生中有的人日均运动时间大于1小时． （1）在被调查的学生中任选1人，若此人日均运动时间大于1小时，求此人为男生的概率； （2）用频率估计概率，从该地区的高中生中随机抽取4人，求日均运动时间大于1小时的人数的期望和方差． 16．（15分） 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，过点的平面分别与棱，，相交于，，点，其中，分别为棱，的中点． （1）求的值； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分） 已知抛物线：（）的焦点为，直线与轴的交点为，与的交点为，且． （1）求抛物线的方程； （2）过的直线与相交于，两点，若的垂直平分线与相交于，两点，且，，，四点在同一个圆上，求直线的方程． 18．（17分） 已知函数，为的导数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）设为的零点，证明：当时，． 19．（17分） “割圆术”是利用圆的外切或内接正多边形逼近圆并由此求圆周率的一种方法．设，圆的外切和内接正边形的周长分别为和，其中． （1）若的半径为1，求的外切正边形的面积； （2）证明：； （3）设，，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $绝密★启用前 2027年青岛二中高三期初调研测试 数学试题答案解析 1.A2.A3.C4.B5.D6.C7.B8.C9.AD10.ACD11.ABD V5-1 28 12.513.214.29 15.(1)2: 2 (2)3 【详解】(1)方法一：取BC中点O,连接PO交BG于点S,连接QD,SF. B :四边形ABCD为正方形，E为AD中点，.DE/BO,DE=BQ, 故四边形BQDE为平行四边形，∴QD/BE: 又'QD￠平面BEFG,BEC平面BEFG,∴QD∥平面BEFG, PF PS ~ODc平面POD,平面POD∩平面BEFG=SF,∴SFIIOD,“FDS0 又：G为棱PC的中点，PONBG=S,点S为△BCP的重心 PS =2 PF =2 SO,故FD 方法二：以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示 空间直角坐标系： Z◆ P G 则A0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P0,0,2).G11,1).E(01,0), 所以BG=（-1,1),BE=(-2,10),BP=(-2,0,2),PD=(0,2,-2), 设PF=PD,(0≤元≤1)，平面BEFG的一个法向量为m=(x,y,2 BG.m=0 -x+y+z=0 [y=2x 所以， BE·m= ,即-2x+y=0,解得2=-x, 令x=1,解得y=2,z=-1,故m=(0,2,-l): BF=BP+PF=BP+APD=(-2,24,2-2) BFc平面BEFG,所以BF,m=-2+21×2-(2-2)=0, 2 PF 九= =2 解得3，所以FD (2)以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示空 间直角坐标系： G D B 则40,0,0)，B(2,0,0),D(0,2,0),P0,0,2),G11,1),E(01,0).C(2,2,0) 所以BG=(-11,1),BE=(-2,10),BP=(-2,0,2),PD=(0,2,-2),CE=(-2,-1,0). C=(-2,-2,2); 设平面BEFG的一个法向量为m=(化，八，)， BG·m=0 -x+y+z=0 y=2x 所以(B距m=0,即-2x+y=0 ,解得2=-x 令x=1,则m=(山，2，-)： 另设平面CEF的一个法向量为万=(G,,马)， 由(1)知 所-师等) F+所-而(2引 -2x-y=0 CE.=0 22 y=-2x1 所以.=0,闻2x-+=0 解得名=七 令=1，则i=(L,-2,) 设平面CEF与平面BEFG夹角为B, os0cos(m,=1m=1x1+2x(-2)+(-)x1_2 所以 m V6×V6 3 2 即平面CEF与平面BEFG夹角的余弦值为3. 27 16.(1)40 16 16 (2)期望为5，方差为25 【详解】(1)记事件A：抽取的1人为男生，记事件B:抽取的1人日均运动时间大于1小时， 则P(4=0.6,PBA)=0.9,P(A=0.4.P(BA=0.65 由全概率公式可得PB)=P4P(B4)+PAP(B④=0.6×0.9+0.4×0.65=0.8 P(A B)= P(AB)0.6×0.927 由条件概率公式可得 P(B)0.840 27 因此，在被调查的学生中任选1人，若此人日均运动时间大于1小时，则此人为男生的概率为40 X (2)从该地区的高中生中随机抽取1人，该生日均运动时间大于1小时的概率为5， 5~B4, E50=4×1=16D(5)=4××5-)6 由题意可知 ,所以， 5-5 5525 17.1)y=4x;(2)x-y-1=0或x+y-1=0 ￥10(4).代入y=2x,得p万子+5= 2p.由题 p,858 设得2P4P,解得p=-2(舍去)或P=2,∴.C的方程为y=4x;(2)由题设知1与坐标轴 不垂直，放可设1的方程为x=my+1(m≠0)，代入y=4x得少-4m-4=0.设A(,八)， B(),则乃+为=4m,y=-4.放4B的中点为D(2m+1,2m）. x=-1y+2m2+3 |ABm2+1y-为=4(m+）.又r的斜率为-m,1的方程为m .将上式代 大-率理户t合4论+小-0度N小，，与+天=是 4 m 53y4=-4(2m2+3） 故 MN的中点 为 +m+ m 1n+%-=m+小2mi m 由于MN垂直平分线AB,故A,M,B,N四点在同一圆上等价于 AEBE上方N,从而 aafw4+-w会-4i到 ，化简得 m2-1=0,解得m=1或m=-1.所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0 18.(1)y=0 (2)当a<e时，g()没有零点；当a=e时，8(x)有一个零点；当a>e时，8()有两个零点. (3)(i)若a≤e,由(2)可知，h()在区间(0，)没有零点，且f"(,>0, 故)在区间Q,单调递增. f)<f①=a-1≤0 ，且此时七21 因为/(G)}=e+n-1=0.数8）f)=-ae+n气+- Xo 段=血+1= x,则 x2,当0<x<1时，k'(w)<0,k(单调递减， 当x>1时，（四>0，k(四单调递增，故8(）=k(x)≥k④=0 故当a≤e时，fm)<0≤g(xo) (i)若a>e,由(2)可知，(0)在区间(0，)存在一个零点， 即f)在0，)存在唯一极大值点x,故当0<x<1时，f)≤f(:) 由2可知，名>1，n/)=e+血5-1=ln+1=66)>60=0 故当x≥x时，都有f()>0. 又因为f(e）=ae”-a-1<0,且f)在区间(0，)单调递增， 故f()存在唯一零点七，且满足e<<<1 设)=f(+g=nx+-1=k 则(x)=f()+g()=8()=k(),(x)=f(G)+g(G)=f(s)=k(x) 由上可知，k()在区间(0，)单调递减，且0<x,<x<1, 故k(:)=f(:)Kk()=8(x),此时也有fx)≤f（(s)<g() 综上，由iD,(i)可知，当0<x<1时，fw)<g(x) 【详解】(1)当a=e时，f()=e+hx-l,则 (x)=-el-+I 故f0=0,f"(四)=0，曲线y=f(四在点L,0)处的切线方程为y=0 8)=-ae*+1=e-ax (2)因 xxe，且e>0,故8()零点的个数等价于函数h)=e-ar在 (0,+0)零点的个数.。 当a≤0时，h()>0,h()没有零点. 当a>0时，h()=e-a,令h(w)=0,则x=lna, 且当x<na时，h()<0,h)单调递减，当x>lna时，h'()>0,h()单调递增 又h)≥hna)=al-lha),当0<a<e时，h)>0,此时没有零点： 当a=e时，h()≥h0=0,此时有一个零点. 若a>e,则hna)<0,又h(0)=1>0,h)=e-a<0,h(a)=e-a2>0 结合h()的单调性可知，h)在区间(0,1)和（血a,a)各恰有一个零点， 即8()=f"()在区间(0，)存在一个零点，在区间(na,@)存在一个零点。 综上，当a<e时，8(x)没有零点：当a=e时，8()有一个零点；当a>e时，8()有两个零点. (3)略 19.(1)24-123 (2)证明见解析 (3)证明见解析 2 【详解】(1)根据题设可知人=12，故外切多边形每一条边所对的圆心角为6， -tan R tan 4 6 点=Rtan交=Rtan 元元 =2-v3 当「的半径R=1时，有2412 46 1+tantan 46 1 12××Rx=24-12V5 所以圆『的外切正边形的面积为212 (2)方法1：设『的半径为R,『的内接正边形每一条边所对的圆心角为日，则由几何关系可知 =业sing== cOS- 8,=281,且2xa, 22R Rlt. 号=2=c0s0=20s8,-1=2yi-1 coS- 故 2 Xn 2 smg=片-sin0=2sin9,cos9,=， 且2RnH 2 2 Rlatat,得y1=Xa+nyn. 上=2-12-1=2y-12-1+1 2 2 所以Xn+ Xn+l x+,即n+1xnyn 方法2：设「的半径为R,则 则=2x6x2Ran3x7人=2x6x2 Rsin、 3×2n+H 1,1 1 3X2*1+1 2 2c0s2π 一十 3×2"+2 x,yn2×6×2R sinπ 2x6×2R2sin 所以 3×2I 3x20+2C0sπ 3×2n+2 2 2 21,1 2×6×2n+Rtan。。mt2n+/ 3×2m+2 ,即x+1 Xn yn. Rxn=yn R2+ R=- Xnyn (3)方法1：在(2)的条件下由几何关系可知2,21，V 4 ,故 2nR=_ 1n1-2<灭 nVx好-y ,故 )0}-】 受可船安 6X2n+ Xn+2 3烈=2=2，=2yu=2 Zn Xn+l Xn+1yn+2 Xn+lyn+2 Xn+l 由(2)可知 yntl 五=1 1 =V6-√2=0 y1 cos ππ 12 cos 21,√23 又 43 22'22 ,故 1.yn Vxn+yn 21+12x,=出=1= 因为V22x ,且由1x得+。。出层， yn+l 1.y 故 V2 2x.综上， 0…27 1 乙l=Yn+2= 2×6×2"+2Rsin、元 3x2+3 COS- 3X2m+3 。x12x6x2Rtan,元 1 3×2+2 方法2：由(2)可知 3×2"+2 1 1 1 =V6-V2=20 ππ V21,√2√3 2-1 3×22 cos 43 2222 cos 又 ,故 3×2n+2 1 2021…Zn= π π cos 故 3x22×c0s、 3x23×…Xc0 3×2+2 21xsin，π 3x2n+2 2m+l×c0 π 3x22*c0 3x23xcos、π 3X2+2×sinπ 3×2n+2 2×sin，元 sn3x22=22×sin,元 sin 3×2"+2 6 设f)=sinx-x,则f'()=cosx-1≤0，fw)单调递减， 故当x>0时，f(x)<f(O)=0,此时sinx<x. 所以2o33,=22×sin、元 <2×3x号