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2026-2027学年山东省青岛第一中学高三（上）第二次模拟
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. ，，，， B. ，，，，
C. ，，，， D. ，，，，
2.设，其中，是实数，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
4.函数的零点所在区间是( )
A. B. C. D.
5.双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
6.晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图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.设是含数的有限实数集，是定义在上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，的可能取值只能是 ( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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，且所有公比均不为或若数表中有四个数为，有四个数为，则( )
A. 数表中每行恰有一个数为 B. 数表中共有个不同的数
C. 数表中所有数的乘积为 D. 符合条件的数表共有个
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.本小题分
的内角，，的对边分别为，，，已知的面积为．
求；
若，，求的周长．
16.本小题分
已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ点在平面内，且，从条件、条件、条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值．
条件：；
条件：；
条件：平面．
注：如果选择条件、条件、条件分别解答，按第一个解答计分．
17.本小题分
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．
当时，求甲最终获胜的概率；
为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案方案一：最终获胜者得分，失败者得分：方案二：最终获胜者得分，失败者得分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
18.本小题分
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
当时，求的值；
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.本小题分
证明：当时，；
已知，若在恒成立，求的取值范围；
若存在，使得在恒成立，求的取值范围．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解 ：因为面积，且，
所以，所以．
由正弦定理得，
因为，所以．
由得，．
因为，所以，
又，所以，，，
由余弦定理得，
由正弦定理得，，
所以，
由得：，
所以，即周长为．

16.【答案】证明：证法一：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，则，且，
又因为为矩形，且为的中点，则，且，
可得，且，可知为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面；证法二：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；证法三：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
17.【答案】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．
由可知，，
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：
则，
若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取，，
，，
则的分布列为：
则，
所以，
由于，则，
设，，利用，
则在上单调递增，且．
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.【答案】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；
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：，
类似地，可求得在处的切线的方程为：，
由得：，，
，
将代入并注意，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：
．
19.【答案】证明：设，
求导得，因为时，，
所以，所以在单调递增，又，
所以，即；
解：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．
解：由得当时，对于恒有，与在恒成立矛盾，故的取值范围为．
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