精品解析：山东青岛市第一中学2026届高三第二次模拟考试数学试题

青岛市第一中学2026届高三第二次模拟考试 数 学 2026.05 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. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 6，6，6，6，6 B. 5，5，6，7，7 C. 4，5，6，7，8 D. 4，4，6，8，8 【答案】D 【解析】 【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均值和方差来得出答案. 【详解】对于A： 数据全部为6，相等，没有波动，所以方差为0. 对于B：平均数为，方差为. 对于C： 平均数为，方差为. 对于D： 平均数为，方差为. 通过比较可知，选项D的方差最大. 故选：D. 2. 设，其中，是实数，则 A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以，又，是实数， 所以， 所以. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解； 【详解】由于， 则， 则； 故选：B 4. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 5. 双曲线C:的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为 A. 2sin40° B. 2cos40° C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线渐近线定义可得，再利用求双曲线的离心率． 【详解】由已知可得， ，故选D． 【点睛】对于双曲线：，有；对于椭圆，有，防止记混． 6. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将区域还原到圆柱中求得其面积，由区域和全等可求得总面积. 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中. 由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 7. 记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”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】B 【解析】 【详解】（充分性）若取，首项，则数列为······ 此时前项和满足：为奇数时，；为偶数时，； 显然可取，则对所有，都有，所以充分性不成立； （必要性）当时，前项和为， 由于恒成立，则恒成立，取， 则对所有，都有，必要性得证. 所以“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的必要不充分条件. 8. 设是含数1的有限实数集，是定义在上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数定义，结合图象作出判断，得到答案. 【详解】A选项，若，将点依次旋转后可得到函数图像上的一些点， 由图可知，当、、0时，对应了两个y值，不符合函数定义， ∴. 同理，结合图像分析B、C、D选项，只有B选项符合函数定义， 故选：B 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. 若，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据指数、对数的关系及对数加法的运算法则判断A，由基本不等式判断BC，利用对数函数的单调性判断D. 【详解】因为，， 所以，故A正确； 由可得（，等号不成立），故B错误； 由可得（，等号不成立），故C正确； 因为，故D正确. 故选：ACD 10. 平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】设平面平面 证得和，可判定A正确；过作平面，设平面平面，证得，可判定B正确；设平面平面，证得平面，可判定C正确；把所成的角转化为与所成的角，结合为等边三角形，可判定D不正确. 【详解】对于A中，设平面平面 在正方体中，可得平面平面， 因为平面平面，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 平面平面，所以，所以，所以A正确； 对于B中，在正方体中，可得， 因为平面平面，且平面平面，所以平面， 过作平面，设平面平面，可得， 可得，且，所以平面，所以B正确； 对于C中，设平面平面， 因为平面平面 且平面平面，所以， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，所以平面， 在正方体中，可得平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 所以平面，所以C正确； 对于D中，因为且，所以所成的角，即为与所成的角， 因为为等边三角形，可得， 所以异面直线所成的角为，所以D不正确. 故选：ABC. 11. 在如图的数表中，每行从左到右的四个数成等比数列，每列从上到下的四个数成等比数列，且所有公比均不为1或．若数表中有四个数为1，有四个数为2，则（ ） A. 数表中每行恰有一个数为1 B. 数表中共有6个不同的数 C. 数表中所有数的乘积为256 D. 符合条件的数表共有4个 【答案】ABC 【解析】 【分析】先利用公比不为或说明每行、每列至多出现一个和一个，再由两种数各有个推出每行、每列恰有一个和一个.对数表各项取绝对值后以为底取对数，把行、列的等比关系转化为等差关系；研究四行公差的可能取值，确定数表只有两种，再逐项判断各选项. 【详解】设第行第列的数为. 在同一行中，若有两个位置的数都为，设该行公比为，则有，从而或，与题意矛盾. 因此每行至多有一个数为； 同理，每行至多有一个数为. 数表中共有个、个，故每行恰有一个和一个. 同理，每列也恰有一个和一个. 另外，同一行不可能同时出现与：否则有，实数只能在为奇数时取，仍与题意矛盾； 同理，同一行也不可能同时出现与.列的情形相同. 于是各行中的数均不为，且取绝对值后每行、每列仍恰有一个和一个. 令 则每行、每列的四个都成等差数列，且公差均不为； 并且每行、每列都恰有一个和一个. 记第行的公差为. 由于相邻两列都是等差数列，所以它们对应项之差也成等差数列，即成等差数列. 在第行中，与所在列的距离只能为或，故 若，则每一行中从到的列号差都等于同一个非零整数. 而四个分别占据四列，其中必有第列和第列，固定平移同一个非零列数后不可能仍全部落在第至第列内，矛盾. 因此不全相等. 集合中，非恒定四项等差数列的四项必须互不相同. 比较这六个数的间距，可知能选出的四个等距数只有， 故或 先考虑第一种. 第行公差为，所以该行的在第列、在第列； 第行公差为，所以该行的在第列、在第列. 其余两个只能在第列. 第行公差为，结合每列只能有一个，可得第行的分别在第列； 于是第行的分别在第列. 因此 另一种情形得到上下翻转的数表. 又因为每行中与的位置相距格或格，均为奇数格.若某行公比为负数， 则相距奇数格的两项异号，与均为正数矛盾. 因此各行公比均为正数，数表中所有数均为正数，从而. 所以符合条件的数表只有下面两种： A：每行恰有一个数为，正确. B：数表中的不同数为共个，正确. C：每一行四个数的乘积均为，故数表中所有数的乘积为，正确. D：符合条件的数表共有个，不是个，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则______． 【答案】0.2## 【解析】 【分析】借助正态分布的对称性计算即可得. 【详解】由题意，. 故答案为：. 13. 写出一个最小正周期为2的奇函数________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据奇函数性质可考虑正弦型函数，，再利用周期计算，选择一个作答即可. 【详解】由最小正周期为2，可考虑三角函数中的正弦型函数，， 满足，即是奇函数； 根据最小正周期，可得. 故函数可以是中任一个，可取. 故答案为：. 14. 若曲线上存在横坐标依次成等差数列的三个不同点，，，且以为直径的圆与该曲线在点处相切，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得圆与曲线在点处的切线与轴垂直，由，得，再由,可得，结合基本不等式求解即可. 【详解】设三个点横坐标的等差中项为，公差为， 则， 设以为直径的圆的圆心为，由等差数列中项的性质，， 由于以为直径的圆与该曲线在点处相切， 因此圆与曲线在点处的切线与轴垂直． 即，得． 点在以为直径的圆上，由圆周角定理可知垂直于． 因为， 所以 ， 用代可得， 由两直线垂直，得， 整理得，，， 当且仅当，即时等号成立， 则， 等号成立的条件为：． 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. 的内角的对边分别为,已知的面积为 （1）求; （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理边化成角，即可求得； （2）由和可求得，进而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长. 【小问1详解】 由题设得，即， 由正弦定理得， 故. 【小问2详解】 由题设及（1）得， 则， 因，故. 由题设得，即， 由余弦定理得，则，解得. 故的周长为. 16. 如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． （1）求证：平面； （2）设点在的内部，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 【答案】（1）取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以，且． 因为四边形为矩形且为的中点， 所以，． 所以四边形是平行四边形． 所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）由题设，，，． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，． 设， 则，，． 设平面的法向量为， 则 即 令，则，．于是． 选择条件①：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 即 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件②：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 【解析】 【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）若选①：解法一：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；若选②：解法一：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【小问1详解】 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 若选①：解法二：由（1）可知，则， 设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法二： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 【答案】（1） （2）时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件， 于是，与为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 3 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0， ， 则的分布列为： 1 0 则， 所以， 由于，则， 于是时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 18. 如图，对每个正整数，是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点． （1）当时，求的值； （2）取，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点．证明：． 【答案】（1） （2）证明：对任意固定的， 利用导数知识易得抛物线在处 的切线的斜率， 故在处的切线的方程为：，① 类似地，可求得在处的切线的方程为：，② 由②①得：，，③ 将 ③代入 ①并注意得交点的坐标为． 由两点间的距离公式得： ． 现在，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得： ． 【解析】 【分析】（1）先设直线的方程为，然后与抛物线方程联立消去得到，再由根与系数的关系可得到． （2）先根据导数求出抛物线在处的切线的斜率，进而可得到抛物线在处的切线的方程，同理可得到在处的切线方程，然后两切线方程相减整理可得到交点的坐标，然后结合两点间的距离公式可得到整理即可得到，又由于可得到，最后根据等比数列的前项和公式可得到最后答案． 【小问1详解】 对任意固定的，因为焦点， 所以可设直线的方程为， 将它与抛物线方程联立得：， 由一元二次方程根与系数的关系得． 【小问2详解】 略. 19. （1）证明：当时，； （2）已知，若在恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得在恒成立，求的取值范围； 【答案】（1）证明：设， 求导得，因为时，， 所以，所以在单调递增，又， 所以，即 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导得出，得到即可证明； （2）将在上恒成立转化为在上恒成立，分类讨论即可求出的取值范围； （3）根据（2）中结论即可得出答案. 【详解】（1）略. （2）若，左式右式，不符合题意，舍去； 要使在上恒成立，两边同时取对数得， 即在上恒成立， 令， 求导得， 令，则， 求导得， 由（1）中结论可得，所以，所以在单调递减， 若，则，， 因为，所以，则， 所以，即， 所以在单调递增， 又因为时，，所以， 即； 若，同理可得在单调递减， 因为当时，， 所以， 即，不符题意，舍去， 综上所述，的取值范围为. （3）由（2）得当时，对于恒有，与在恒成立矛盾，故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛市第一中学2026届高三第二次模拟考试 数 学 2026.05 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. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 6，6，6，6，6 B. 5，5，6，7，7 C. 4，5，6，7，8 D. 4，4，6，8，8 2. 设，其中，是实数，则 A. 1 B. C. D. 2 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线C:的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为 A. 2sin40° B. 2cos40° C. D. 6. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 7. 记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”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. 设是含数1的有限实数集，是定义在上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（ ） A. B. C. D. 0 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. 若，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 所成的角为 11. 在如图的数表中，每行从左到右的四个数成等比数列，每列从上到下的四个数成等比数列，且所有公比均不为1或．若数表中有四个数为1，有四个数为2，则（ ） A. 数表中每行恰有一个数为1 B. 数表中共有6个不同的数 C. 数表中所有数的乘积为256 D. 符合条件的数表共有4个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则______． 13. 写出一个最小正周期为2的奇函数________． 14. 若曲线上存在横坐标依次成等差数列的三个不同点，，，且以为直径的圆与该曲线在点处相切，则的最大值为________． 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. 的内角的对边分别为,已知的面积为 （1）求; （2）若，求的周长. 16. 如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． （1）求证：平面； （2）设点在的内部，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 18. 如图，对每个正整数，是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点． （1）当时，求的值； （2）取，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点．证明：． 19. （1）证明：当时，； （2）已知，若在恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得在恒成立，求的取值范围； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $