精品解析：山东青岛市2026-2027学年高三年级期初调研检测数学试题

2026年高三年级期初调研检测 数学试题 2026.09 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，再选涂其他答案标号.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. 样本数据2，4，1，8，6的80%分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】将样本数据从小到大排序，计算80%分位数对应的位置，再根据分位数的定义计算结果. 【详解】排序数据：将样本数据从小到大排列为：，样本容量， 计算分位数位置：根据百分位数计算规则，位置，为整数，  ， 故该组数据的80%分位数为7. 2. 若单位向量，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】  ， 故. 3. 若集合，则的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题集合可得集合， 集合的真子集个数为，故的真子集个数为. 4. 若抛物线上一点与焦点的距离，为坐标原点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设点，由抛物线，得， 因为，所以，解得，又，所以， 所以的面积为. 5. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】 由，利用三角函数图象变换规律可得出结论. 【详解】， 所以，为了得到函数的图象，可以将函数的图象向左平移个单位长度， 故选：B. 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，从第二层开始，第层比第层多个球，则第100层球的个数为（ ） A. 4949 B. 4950 C. 5049 D. 5050 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得出第层球的个数与层数的递推关系，利用累加法求出通项公式，代入求解. 【详解】设第层球的个数为，． 由题意可知，． 当时，第层比第层多个球，即． 所以  ． 当时，，满足上式． 故第层球的个数为，． 所以当时，． 7. 若曲线在点处的切线也是曲线在点处的切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义计算即可. 【详解】易知，所以曲线在点处的切线为， 同理，所以在点处的切线为， 由题意知两条切线重合，所以， 两边同时取以为底的对数得， 则. 8. 设集合.从中随机抽取一个元素，记随机变量，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用期望的线性可加性，先计算单个的数学期望，再求和得到的数学期望. 【详解】对任意，的取值为，共3种等可能情况， 令，则的可能取值为： 当时，，故； 当时，，故， 因此单个的数学期望为， 由题意， 根据数学期望的线性性质，可得. 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（），则（ ） A. B. 展开式中二项式系数的和为 C. D. 展开式中系数最大的项是第项 【答案】AB 【解析】 【分析】本题考查二项式定理的相关应用，结合通项公式、二项式系数性质、赋值法即可逐一判断选项. 【详解】选项A：的展开式通项为，当时，对应项系数，故A正确； 选项B：二项式系数和为，故B正确； 选项C：令，得；令，得， 两式相减得，即奇数项系数和为（时不成立），故C错误； 选项D：展开式共项，二项式系数最大的是中间第项，由于展开式系数均为正，故系数最大的项是第项，故D错误. 10. 已知椭圆：（）且，上、下顶点为，，过坐标原点的直线交于，两点，其中在第一象限，轴于点，直线交于点，交轴正半轴于点，的面积是的面积的倍，则（ ） A. 的离心率为 B. ，，，四点可能共圆 C. 为直角三角形 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A直接由椭圆的几何性质计算可得；对B根据点的对称可知，若四点共圆则圆心必在原点，再由，再结合对称性可知四点不共圆；对C，设，由三角形面积关系得，再通过解方程可得，进而可得，从而可判断C，再由直角三角形中边角关系可得，由基本不等式可得最小值，可判断D选项. 【详解】因为椭圆（）满足 ，结合椭圆关系， 代入得：，即，所以，因此离心率​​，选项A正确. 设，由椭圆关于原点对称得 ；轴则. 所以​，由题意. 设 ，的面积也可表示为， 所以，得，即. 由，椭圆方程可写为， 又因为直线过和，斜率， 直线方程为，代入椭圆方程，， 结合，得，，， ，， ，， ，解得或. 所以，代入得，即， 所以， 又因为，所以，即，因此， 所以为直角三角形，故C正确. 由是直角，所以在直角三角形中， 又因为， ， 所以， 当且仅当，即时等号成立，因此的最小值为，D正确.  对选项B，，若四点共圆， 则圆心必在弦的垂直平分线 轴上，也在弦的垂直平分线上，且的垂直平分线过原点， 因此圆心必在轴与弦的垂直平分线的交点，即原点. 所以圆的半径，圆的方程为. 又因为在椭圆上，也在圆上， 联立，显然方程组无解，故不存在， 所以，，，四点不可能共圆，故B错误. 11. 已知函数，则（ ） A. B. ， C. 在内存在极小值点 D. 有2个解 【答案】ABD 【解析】 【分析】A 利用经典不等式放缩；B 通过放大分子，构造函数证明不等式；C 由在上单调递减且仅有一个零点，判断该零点为极大值点；D 构造，通过二阶导数分析单调性与零点个数. 【详解】函数，求导得，记. 选项 A：要证，即证. 当 时，令，则，故单调递增. 又，所以 时，即，成立； 当时，令，则，故在上单调递增，，即（等号仅在时成立）， 且（等号仅在时成立），两式等号无法同时取得，故. 因此恒成立.A 正确. 选项 B：要证，，即证. 因，故，只需证. 令，则， 令，则. 当时，，，故括号内大于 1， 又 ，所以.从而在上单调递增， ，故单调递增，. 因此 ，进而，即.B 正确. 选项 C：在内，， 故在内单调递减. 又，，故存在唯一使. 当 时，；当时，. 故是极大值点，在 内不存在极小值点.C 错误. 选项 D：方程即，令. 当时，若，，故，；若，，故，.因此时无零点. 当时，，令，则. 在内，故单调递增.又，， 故存在唯一使，在上单调递减，在上单调递增. ，，. 故在和内各有一个零点. 当时，，单调递增且，故无零点. 综上，恰有 2 个正根，即有 2 个解.D 正确. 【点睛】方法点睛：本题以含三角函数与指数函数的分式函数为载体，核心是求导后通过分子的符号分析单调性.解题中反复运用 "放缩 — 构造 — 求导定单调" 的思路：先用经典不等式，合理放缩，再构造辅助函数，必要时通过二阶导数判断一阶导数的符号，进而确定原函数的单调性与极值、零点情况. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的虚部为，，在复平面内对应的点位于第二象限，则________. 【答案】 【解析】 【详解】由题意设， 因为，所以，解得（舍去）或， 所以. 13. 甲盒装有2个红球、4个白球，乙盒装有3个红球、3个白球.掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为1或2，从甲盒中随机摸出2个球，否则从乙盒中随机摸出2个球.则摸到2个白球的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】分别计算从甲盒、乙盒摸出白球的概率，根据全概率公式求解即可. 【详解】记事件为“从甲盒中摸球”，事件为“从乙盒中摸球”，事件为“摸到两个白球”， 掷质地均匀的骰子，出现点数为1,2的概率，此时从甲盒摸到白球的条件概率； 出现点数为3,4,5,6的概率，此时从乙盒摸到2个白球的总概率； 则摸到白球的总概率为：. 14. 已知函数在内存在个极值点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，从而可得是函数的一个极值点，故只需函数在上有个极值点即可，求导，再构造函数，再用导数判断函数在有个变号零点即可，由此可得，解不等式组得，最后再检验可得. 【详解】函数，且，， 所以函数是偶函数，图像关于轴对称，因此是函数的一个极值点， 由对称性可知，只需函数在上有个极值点即可. 当时，函数简化为，， 若时，，所以， 因此无解，函数在上无极值点，故. 设，， 因为，所以函数在上单调递增，设，即.① 则函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 因为函数在上有个极值点，所以函数在有个变号零点， 所以. 由①得，，得.② 又由①式两边取对数得，解得③. 将③代入②得，因为，所以， ，由对数函数的性质得.④ 再由，得， 由函数，， 所以函数在上单调递增，且，所以.⑤ 综合④⑤，得. 检验：是否成立，由，， 因为，所以， 又因为，所以，故， 显然成立. 因此的取值范围为. 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. 如图，在中，，.将绕边旋转到的位置，使，点为中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）由题意知：，，平面， ∴平面， 又∵平面，所以． 又点C为的中点，所以， 又，平面， 所以平面， 又∵平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先证得平面，可得，再证平面，即可得； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，可得，利用空间向量坐标计算即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（１）知平面， 以O为原点，，的方向分别作为x， z轴， 底面内与垂直的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，又， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则． 16. 已知的内角，，的对边分别是，，，. （1）求； （2），边上的中线，交于点，，，求的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角恒等变换计算即可； （2）以为基底，利用平面向量的数量积公式计算夹角即可. 【小问1详解】 由正弦定理可知， 又， 所以， 又 所以 又，所以； 【小问2详解】 设，则， 因为， 显然由上问可知， 而， ， ， 由题意可知. 17. 游乐园有一项基于如图所示的高尔顿板设计的游戏.游客支付一定的乐园积分即可参与一次游戏，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到钉子后都等可能地向左或向右落下，最终落入底部从左到右依次编号为、、、的个格子中.当小球落入号格子时，游客可获得积分；若落入奇数号格子还可获得一件礼品. （1）求游客在一次游戏中获得礼品的概率； （2）商家希望游客在一次游戏中获得的积分不超过支付积分的，求一次游戏的最低支付积分（支付积分为整数）； （3）在统计学中，对于离散型随机变量，当且时，可认为近似服从正态分布，其中和分别为在二项分布中的期望和标准差.经统计，次游戏后共送出件礼品.某工作人员认为装置存在偏差，需调试.请结合正态分布的原则，判断此工作人员的说法是否合理并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）合理，理由如下： 设是次游戏获得礼品的次数，结合（1）知获得礼品的概率是，即， 且，由题知，可认为符合正态分布， ，，即， 由正态分布的原则可知，数据落在属于正常范围， 数据不在该区间的属于小概率事件， 因此获奖次数出现在区间外是不正常的，因此工作人员认为装置存在偏差是合理的. 【解析】 【分析】（1）次下落，左右等可能，可以看作二项分布，根据下落到奇数格子和向右掉落的次数的关系即可求解； （2）由二项分布的概率，求出游客获得积分的分布列即可； （3）结合（1）知获奖次数可看作，检验其符合正态分布的条件，然后检查数据是否落在正态分布中原则的区间范围内. 【小问1详解】 设小球在下落过程中向右落下的次数为随机变量， 由题意可知，小球共经过层钉子，每次向左或向右落下的概率均为，且相互独立，故， 则， 小球落入第号格子，对应向右落下的次数为次，即， 获得礼品对应落入奇数号格子，即， 此时， 故游客在一次游戏中获得礼品的概率为： ， 所以，游客在一次游戏中获得礼品的概率为. 【小问2详解】 由题意，，，的可能取值为、、、， 结合（1）可知，，对应的概率如下， ， ， ， ， 则， 设支付的积分为，则，解得， 由于，则的最小值为. 【小问3详解】 略 18. 在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为. （1）求的方程； （2）设直线交于，两点，交轴于点，为线段的中点.线段的垂直平分线经过点，且与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）若直线与轴垂直，则线段的垂直平分线为轴，不经过，不合题意； 若直线平行于轴，与双曲线的右支只有一个交点，不合题意； 故设直线的方程为，其中， 又时，直线与双曲线只有一个交点，故. 设，，， 联立，得， 又为线段的中点， 所以，故， 又，则由，得，即， 代入，得， 因为，则， 所以， 又，直线方程为，则. 所以为线段的中点，故. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由题意，已知条件满足双曲线定义，且为右支，即可得到曲线的方程； （2）（ⅰ）由题意可知直线的斜率存在， 故设直线的方程为，其中，又得，直曲联立，利用韦达定理和，表示出，即可得证； （ⅱ）由题意结合韦达定理可得，由，结合，得，由表示出的面积，利用导数的单调性，可得面积的取值范围. 【小问1详解】 已知点，， 点满足，满足双曲线定义，且为右支， 设的轨迹方程为. 由题意，， 所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为，两点均在双曲线的右支， 所以，，，则， 代入，则， 则要有两个不同的交点，须，结合，得， 由，得， 所以， 令，则， 所以函数在上单调递增， 当时，，当时，， 所以面积的取值范围为. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，无单调递增区间 （2） （3）由时，在上单调递减，故， 即当时，，所以， 取，得， 所以，，，，， 累加得； 设，求导得， 所以在上单调递增， 由，得，所以， 取，可得， 又因为，有，所以， 所以， 所以，，，，，， 累加得； 所以 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的意义可求的单调区间； （2）求导得，分，和三种情况讨论可求得，可求得的取值范围； （3）当时，可得，令，可得，设，求导可证，进而得，利用累加法可证结论. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，， 求导得， 当时，，所以在上单调递减，无单调递增区间； 【小问2详解】 求导得， 令， 当时，又，所以，则， 所以在上单调递增，所以，不符合题意； 当时，令， 对于二次函数，判别式， 设的两根为，不妨设，则，， 所以的两根均为正数，又对称轴， 所以，结合，， 即有两个正根，， 当时，，所以在上单调递增，所以，不符合题意； 当时，，故，所以， 所以在上单调递减，所以，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级期初调研检测 数学试题 2026.09 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，再选涂其他答案标号.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. 样本数据2，4，1，8，6的80%分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 若单位向量，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 3. 若集合，则的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 4. 若抛物线上一点与焦点的距离，为坐标原点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，从第二层开始，第层比第层多个球，则第100层球的个数为（ ） A. 4949 B. 4950 C. 5049 D. 5050 7. 若曲线在点处的切线也是曲线在点处的切线，则（ ） A. B. C. D. 8. 设集合.从中随机抽取一个元素，记随机变量，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 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（），则（ ） A. B. 展开式中二项式系数的和为 C. D. 展开式中系数最大的项是第项 10. 已知椭圆：（）且，上、下顶点为，，过坐标原点的直线交于，两点，其中在第一象限，轴于点，直线交于点，交轴正半轴于点，的面积是的面积的倍，则（ ） A. 的离心率为 B. ，，，四点可能共圆 C. 为直角三角形 D. 的最小值为 11. 已知函数，则（ ） A. B. ， C. 在内存在极小值点 D. 有2个解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的虚部为，，在复平面内对应的点位于第二象限，则________. 13. 甲盒装有2个红球、4个白球，乙盒装有3个红球、3个白球.掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为1或2，从甲盒中随机摸出2个球，否则从乙盒中随机摸出2个球.则摸到2个白球的概率为________. 14. 已知函数在内存在个极值点，则的取值范围为______. 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. 如图，在中，，.将绕边旋转到的位置，使，点为中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知的内角，，的对边分别是，，，. （1）求； （2），边上的中线，交于点，，，求的余弦值. 17. 游乐园有一项基于如图所示的高尔顿板设计的游戏.游客支付一定的乐园积分即可参与一次游戏，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到钉子后都等可能地向左或向右落下，最终落入底部从左到右依次编号为、、、的个格子中.当小球落入号格子时，游客可获得积分；若落入奇数号格子还可获得一件礼品. （1）求游客在一次游戏中获得礼品的概率； （2）商家希望游客在一次游戏中获得的积分不超过支付积分的，求一次游戏的最低支付积分（支付积分为整数）； （3）在统计学中，对于离散型随机变量，当且时，可认为近似服从正态分布，其中和分别为在二项分布中的期望和标准差.经统计，次游戏后共送出件礼品.某工作人员认为装置存在偏差，需调试.请结合正态分布的原则，判断此工作人员的说法是否合理并说明理由. 18. 在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为. （1）求的方程； （2）设直线交于，两点，交轴于点，为线段的中点.线段的垂直平分线经过点，且与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求面积的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $