精品解析：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

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. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合复数的运算法则计算其值即可. 【详解】由复数的运算法则有： . 故选C. 【点睛】本题主要考查复数的除法运算，复数的乘法运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 双曲线的实轴长是( ) A. 2 B. C. 4 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：双曲线方程变形为，所以，实轴长为 考点：双曲线方程及性质 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设公比为，因为，所以. . 4. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】函数的定义域为. 因为函数为奇函数，则，解得，此时， 又因为， 所以函数为奇函数，所以符合题意. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可. 【详解】由于， 那么， ，则， 故选：C． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案. 【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为. 正方体表面积为，所以， 所以，； 如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高. 则，，所以， 所以， 所以，正四面体的表面积为，所以. 又为的中心，所以. 又根据正四面体的性质，可知， 所以， 所以，； 球的表面积为，所以， 所以，. 因为， 所以，， 所以，. 故选：B. 7. 一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ） A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h 【答案】B 【解析】 【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可知集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，进而分析的最大值. 【详解】因为，由选项可知的最大值大于3， 若对任意的，，，存在，使得， 则集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26， 即或或， 若，则， 解得，此时的最大值为51； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 若，则， 解得，此时的最大值为52； 综上所述：的最大值为52. 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. 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. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平均值、方差、极差、中位数的定义及性质可得. 【详解】由题意可得，，，，. 故选：AD 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】通过构造函数，利用导数判断函数单调性可判断A，B选项，特殊值法可判断C选项，构造函数，利用导数判断函数单调性，利用放缩法可判断D选项. 【详解】对于A选项，令，则恒成立， 即在上单调递减，因为， 所以，故A对. 对于B选项，令，则恒成立， 即在上单调递增，即，所以， 因为，所以，故B错. 对于C选项，设，满足，此时， 得到， 显然，故C错. 对于D选项，由B选项的分析可知，时，， 即，当时，，所以， 当时，令， 则，即在上单调递增， 所以，即， 综上所述，时，，故D对. 11. 已知递增数列的各项均为正整数，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A直接代入计算即可；对B，利用反证法即可证明，对C，通过不断代入得到，再结合其单调性即可判断C，对D，通过代入归纳总结得到时，，再代入合理值即可判断. 【详解】对A，在原式中令，则，故A正确； 对B，若，单调递增，则，则，即矛盾，舍去，故，故B正确； 对C，由得，则，则， ，，原式中令， 令，因为递增数列，C错； 对D，由，令，由单调递增， ，令，令则， 则时，，且， 则时，时，， 当时，时，， 在原式中令， 同理由，D正确， 故选：ABD． 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___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得展开式的通项，结合多项式的运算法则，求得的展开式中项，进而得到答案. 【详解】由二项式展开式的通项为， 则的展开式中项为 所以的展开式中项的系数为. 故答案为：. 13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解. 【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴， 又，所以， 所以为等腰直角三角形，故， 所以，即， 所以，整理得， 解得或（舍去）， 故. 故答案为： 14. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量模的平方等于向量的平方化简条件得，再根据向量夹角公式求函数关系式，根据函数单调性求最值. 【详解】， ， ， . 故答案为：. 【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合分析求解能力，属中档题. 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. 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小时，男生中有的人日均运动时间大于小时. （1）在被调查的学生中任选人，若此人日均运动时间大于小时，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人，求日均运动时间大于小时的人数的期望和方差. 【答案】（1） （2）期望为，方差为 【解析】 【分析】（1）记事件抽取的人为男生，记事件抽取的人日均运动时间大于小时，利用全概率公式可求出的值，再利用条件概率公式可求得的值； （2）分析可知，，利用二项分布的期望和方差公式即可得解. 【小问1详解】 记事件抽取的人为男生，记事件抽取的人日均运动时间大于小时， 则，，，， 由全概率公式可得， 由条件概率公式可得. 因此，在被调查的学生中任选人，若此人日均运动时间大于小时，则此人为男生的概率为. 【小问2详解】 从该地区的高中生中随机抽取人，该生日均运动时间大于小时的概率为， 由题意可知，所以，，. 16. 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． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【小问1详解】 方法一：取BC中点Q，连接PQ交BG于点S，连接QD，SF． ∵四边形为正方形，为中点，∴//，， 故四边形为平行四边形，∴//； 又∵平面，平面，∴//平面， ∵平面，平面平面，∴//，∴； 又∵为棱的中点，，∴点为△的重心； ∴，故． 方法二：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，，，， 所以，，，， 设，，平面的一个法向量为 所以，，即，解得， 令，解得，故； 又， 平面，所以， 解得，所以． 【小问2详解】 以A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，，，，， 所以，，，，，； 设平面的一个法向量为， 所以，即，解得 令，则； 另设平面的一个法向量为， 由（1）知， ∴， 所以，即，解得， 令，则 设平面与平面夹角为， 所以． 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 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． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设代入抛物线方程，再根据可求值，进而可得抛物线方程. （2）设的方程为（）与抛物线联立，利用韦达定理，弦长公式可得弦长,直线与抛物线联立，利用韦达定理，弦长公式可得弦长,由于垂直平分，故，，，四点在同一圆上等价于(为线段中点)，进而可求直线方程. 【小问1详解】 设，代入，得，，． 由题设得，解得（舍去）或，的方程为； 【小问2详解】 由题设知与坐标轴不垂直，故可设的方程为， 代入得，， 设，，则，． 故线段的中点为， ． 又的斜率为，所以的方程为． 代入，得，， 设，，则，． 故的中点为， ． 由于垂直平分，故，，，四点在同一圆上等价于， ， 即， 化简得，解得或．所求直线的方程为或． 18. 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，． 【答案】（1） （2） 当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． （3） （i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且， 故在区间单调递增，，且此时． 因为，故． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故． 故当时，． （ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点， 即在存在唯一极大值点，故当时，． 由（2）可知，，且， 故当时，都有． 又因为，且在区间单调递增， 故存在唯一零点，且满足． 设， 则，． 由上可知，在区间单调递减，且， 故，此时也有． 综上，由（i），（ii）可知，当时，． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程； （2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数； （3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论. 【小问1详解】 当时，，则， 故，，曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数． 当时，，没有零点． 当时，，令，则， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增． 又，当时，，此时没有零点； 当时，，此时有一个零点． 若，则，又，，， 结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点， 即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点． 综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． 【小问3详解】 略 19. “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：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据两角差的正切结合定义得出面积； （2）应用二倍角余弦公式结合新定义化简即可证明； （3）应用二倍角正弦公式，再运用导数得出函数单调性得出不等关系，最后结合新定义化简即可证明； 【小问1详解】 根据题设可知，故外切多边形每一条边所对的圆心角为. 当的半径时，有 . 所以圆的外切正边形的面积为. 【小问2详解】 方法1：设的半径为的内接正边形每一条边所对的圆心角为，则由几何关系可知，且. 故， 且，得. 所以，即. 方法2：设的半径为，则， 所以 ，即. 【小问3详解】 方法1：在（2）的条件下由几何关系可知，故， 又，故. 由（2）可知，且， 故， 故. 由（2）可知， 又，故. 因为，且由得， 故综上，. 方法2：由（2）可知， 又，故. 故 设，则单调递减， 故当时，，此时. 所以. 【点睛】方法点睛：应用二倍角正弦公式，再运用导数得出函数单调性得出不等关系，最后结合新定义化简即可证明； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 2 B. C. 4 D. 4 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2 5. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 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N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ） A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h 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. 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O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C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. 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小时，男生中有的人日均运动时间大于小时. （1）在被调查的学生中任选人，若此人日均运动时间大于小时，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人，求日均运动时间大于小时的人数的期望和方差. 16. 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. 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. 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. “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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $