山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题（含解析）

这是一份山东烟台市2026届高考适应性测试数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数，则（ ）
A. B. 2C. D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】因为，
所以.
2. 已知集合，，若，则实数的值为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由可知中元素必属于，故或；分别求解后，结合集合元素的互异性排除，最终得或．
【详解】由，得或，
若，则，，满足，
若，则或，
时，，，满足，
时，，不满足集合元素的互异性，
综上，或．
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. -2B. -4C. -6D. -8
【答案】C
【解析】
【详解】由已知得，，
因为，所以，
则，即，解得.
4. 的展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题先把三项式整体看成二项式，利用二项式通项找到含的项，再对用二项式通项找到含的项，最后将两部分系数相乘，即得的系数．
【详解】先将看成，
根据二项式定理，其展开式的通项为，
含有的项为，
的展开式的通项为，
含有的项为，
所以的项的系数．
5. 已知某数据中心的算力（单位：EFLOPS）与芯片投入量（单位：万片）满足饱和增长模型：，其中为该中心最大理论算力.已知投入2万片芯片时，算力，若要求算力，则芯片投入量至少为（ ）
A. 3万片B. 4万片C. 5万片D. 6万片
【答案】B
【解析】
【详解】，将代入，
得，
整理得：，
两边取自然对数：，
解得：，
所以，
由，得，
即芯片投入量至少为4万片.
6. 已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”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】C
【解析】
【详解】因为，所以.
若，则关于的函数是单调递增的一次函数，
所以数列为单调递增数列.
若数列为单调递增数列，则当时，，
即，解得.
所以“”是“数列为单调递增数列”的充要条件.
7. 在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（ ）
A. 10B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角正弦公式得，从而得或，结合分析得，故，最后利用三角形面积公式、诱导公式列方程求边长.
【详解】由，结合二倍角正弦公式得，
又，且，则或，
所以或，
当，则，此时，且，显然不存在，
当，则，且且，则，
由，
又，
所以，则，故（负值舍去）.
8. 三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间坐标系将几何关系转化为代数运算，通过变量范围求表面积极值.
【详解】设底面直角三角形的斜边中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设满足， ，所以，
在底面射影为，故，由，得.
，所以，
则，，
设动点在内，设其坐标为，
所以其在底面的投影为，到的距离平方为.
三棱锥的外接球心在过且垂直于底面的直线上，设.
球半径满足：；
球心到的距离等于半径：.
联立得：
代入半径公式：
在圆上，
故的坐标满足：
因(不在线上)，故.
在内，故的取值范围为.
将代入：当时，，
，表面积，
当时，，，表面积
所以三棱锥的外接球表面积取值范围为.
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. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点为和的一个公共点，则（ ）
A.
B. 的离心率为2
C.
D. 点到的两条渐近线的距离之和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据双曲线的性质求出其右焦点坐标，进而得到抛物线的p值，再根据抛物线和双曲线的定义及性质逐一分析选项即可.
【详解】因为双曲线 为标准形式 ，
其中 ，，则，所以，则 双曲线的右焦点坐标为.
选项A，由 的焦点为 ，由题意，，解得，故A错误；
选项B，由上分析，的离心率为，故B 正确；
选项C，联立，解得 或（不合题意舍去），
即，则 ，故C 正确；
选项D，由上分析，易得双曲线 的渐近线方程为 ，
由对称性，可取点Q 为 ，该点到两条渐近线的距离分别为，，
所以，故D 正确.
10. 已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，，为奇函数，函数，且为偶函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 2为的一个周期
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，先分析函数和函数的基本性质，再结合函数的对称性、周期性分析各个选项.
【详解】已知函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线，
因为为奇函数，所以，
则函数的图像关于点对称.
因为函数，且为偶函数，
所以，
则函数的图像关于直线对称，即.
对于A，由，且，
可得，，
则对任意成立，即，所以是奇函数.
对于B， 由函数的图像关于点对称，且为奇函数，
可得，
用代替x，则，所以函数的一个周期为4，不是2.
对于C，由，令，则，
因为为奇函数，令，则，即，因此.
对于D，因为是奇函数，其图象是一条连续不断的曲线，所以，
由，且，令，可得.
因为函数的周期为4，所以，，，.
由，可得：
，，
，，， ，
，
，
可以发现： ，，
每4项为一个周期，每个周期的和为，100项中共有25个周期，
所以.
11. 在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 对任意，有
【答案】ACD
【解析】
【分析】明确，，，尾概率 ，再逐一分析各选项.
【详解】选项A，若，则 ， ，， ，
： ， ，等号成立.
：，，等号成立.
：，而，故恒成立，A正确.
选项B，若，取反例：，则，取.
，
，
此时 ，原不等式并非恒成立，B错误.
选项C，若 ，则：
，故事件包含于 ，因此
，故事件 包含于 ，因此
相加得：，C正确.
选项D，利用切比雪夫不等式：对任意t>0 ，有，
对于二项分布，，，
因此：对任意t>0 ，，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 给定变量与相对应的一组数据，若通过该组数据求得的回归直线方程为，则的值为__________.
【答案】21
【解析】
【分析】根据回归直线方程恒过中心点求解即可.
【详解】由于，，
由于回归直线方程为，则，解得：
13. 已知直线与圆交于A，B两点，设线段AB的中点为，则点到点的距离的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】，所以圆心，半径，
由垂径定理，，
，直线恒过定点，
所以，因为为定点，所以点的轨迹是以为直径的圆，
圆心为的中点，半径为，圆的方程为，
设点，则到的距离，
所以点到的最大距离为.
14. 设点集，若中的点满足，则称与互为邻点. 点集中与点互为邻点的点的个数为__________. 在中定义邻点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为__________.
【答案】 ①. 6 ②. 8
【解析】
【分析】第一空直接按定义分类讨论即可；第二空需分析出邻点需满足的约束条件，结合不等关系的要求得到邻点列可能的排列，最后构造出符合条件的邻点列.
【详解】（1）设与互为邻点的点为，则且，
若，则，解得，（舍去）或，点为；
若，则，解得或，或，点为；
若，则，解得（舍去）或，，点为，
综上，满足条件的点共有个；
（2）根据，以及点集坐标范围可得yi+1xi+1≤yixi，记ki=yixi，
则该邻点列各点的依次递减或不变，接下来分析邻点坐标应满足的约束条件，
因为一个整数和它的绝对值的奇偶性相同，所以xi−xj+yi−yj和xi−xj+yi−yj
一样也是偶数，即xi+yi−xj+yj为偶数，所以xi+yi和xj+yj的奇偶性相同，
即邻点列中的点保持横纵坐标之和的奇偶性不变，已知，其横纵坐标之和为奇数，
点集中满足为奇数的点共有个，依次为1,4,1,2,2,3,3,4,4,3,3,2,2,1,4,1，
对应的值依次为4,2,32,43,34,23,12,14（依次递减），满足要求的邻点列只能从这个点中选择
且按值递减的顺序排列，假设个点均可以存在，即有邻点列A11,4,A21,2,A32,3,A43,4,
A54,3,A63,2,A72,1,A84,1，可验证相邻点确实均为邻点，所以的最大值为.
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. 已知正项数列的前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件式变形得，构造常数列求得，再利用时推导出，确定为等比数列，进而得到通项公式；
（2）先由（1）求得，将裂项为，再通过裂项相消法求和，化简得到的表达式．
【小问1详解】
由，得．
所以，即．
当时，，整理得，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以．
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
所以，
，
整理得．
16. 如图，在三棱锥中，.
（1）证明：；
（2）已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为线段PA上靠近点的三等分点.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合可得平面POB，进而即得；
（2）根据余弦定理及勾股定理结合条件可得，进而可得平面ABC，然后建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法结合条件即得.
【小问1详解】
取AC的中点，连接OP，OB.
在中，因为，所以.
在中，因为，所以.
又平面POB，所以平面POB.
因为平面POB，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
在中，，
因为为的重心，，所以且.
在中，，
所以，故.
又平面平面POB，
所以，
因为，所以平面ABC.
以为坐标原点，OA，OB所在直线为x，y轴，以过点且垂直平面ABC向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设，则 ，
所以.
设平面PAC的一个法向量，
则，即，取，则，故.
所以，
即，解得.
所以，存在满足条件的点，且点为线段PA上靠近点的三等分点.
17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为.
（1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立；
（2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望.
【答案】（1），证明见解析
（2）元.
【解析】
【小问1详解】
由题意知，，
所以，对任意的正整数s，t．
【小问2详解】
由（1）知，，
平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为，
则，
所以，
即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元.
18. 已知函数，其图象在处的切线的倾斜角为钝角.
（1）求的取值范围；
（2）证明：；
（3）证明：.
注：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由求解即可；
（2）利用转化思想，确定函数的单调区间，从而得，转证，令，利用导数证明即可；
（3），结合（2）可知在上单增，从而得，利用转化思想及导数，证明即.
【小问1详解】
因为，
依题意，，解得．
所以实数的取值范围为；
【小问2详解】
令，则，
所以在上单调递增．
由（1）可知，且当时，，
所以，存在，使得，
且当时，，即，则在上单调递减，
当时，，即，则在上单调递增，
所以，
由，得，
两边取对数，有，
则
故，当且仅当时取等，
故欲证结论成立，只需证，即．
令，只需证，
因为，
所以在单减．
所以，结论成立，
即．
【小问3详解】
令，
则，
由（2）知函数在上单调递增，
又，所以，
即，故在上单调递增．
因为，
所以，
令，
则
同理，在上单调递增，
且，
令，则，
因为，所以，
故在上单减，则．
所以，
所以.
19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分.
（1）求点横坐标的取值范围；
（2）若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点.
（i）证明：为定值，并求出此定值；
（ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，定值4；（ii）．
【解析】
【分析】（1）利用角平分线定理结合椭圆焦半径公式，建立点横坐标与点横坐标的关系，再根据点在椭圆上横坐标的取值范围，推导得到点横坐标的取值范围.
（2）（i）设出直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到两点坐标的关系，将通过焦半径公式转化为坐标表达式，代入韦达定理的结果化简，即可证明其为定值.
（ii）先根据直线的斜率求出直线的方程，联立椭圆在点N处的切线的方程解得Q点坐标，推导得到的表达式，再结合韦达定理求出的表达式，将转化为关于直线参数的函数，利用基本不等式求解最大值.
【小问1详解】
设，因为椭圆的离心率，
所以．
设，因为直线MT平分，
所以，即，
整理得，
因为．故．
【小问2详解】
（i）由题知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，
设，则．
所以．
．
所以．
所以，
所以为定值4．
（ii）由（1）知，，所以直线的斜率为，
所以的斜率为，又过点，所以的方程为．
又椭圆在点处的切线的方程为，
联立方程解得点坐标，
所以，
又由（2）知，
.
即，
所以，
，当且仅当时等号成立，所以的最大值为．