2026年山东省青岛第三中学高三第二次联考数学试题试卷含解析.doc

2026年山东省青岛第三中学高三第二次联考数学试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．是抛物线上一点，是圆关于直线的对称圆上的一点，则最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．在三角形中，，，求（ ）
A． B． C． D．
3．对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”．若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知满足，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是　　
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．周期为 D．在上是增函数
6．如图，是圆的一条直径，为半圆弧的两个三等分点，则（ ）

A． B． C． D．
7．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．函数图像可能是（ ）
A． B． C． D．
9．一小商贩准备用元钱在一批发市场购买甲、乙两种小商品，甲每件进价元，乙每件进价元，甲商品每卖出去件可赚元，乙商品每卖出去件可赚元.该商贩若想获取最大收益，则购买甲、乙两种商品的件数应分别为（ ）
A．甲件，乙件 B．甲件，乙件 C．甲件，乙件 D．甲件，乙件
10．设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（　　）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
11．若，则“”是 “”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．已知双曲线满足以下条件：①双曲线E的右焦点与抛物线的焦点F重合；②双曲线E与过点的幂函数的图象交于点Q，且该幂函数在点Q处的切线过点F关于原点的对称点．则双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．根据如图的算法，输出的结果是_________.

14．（5分）已知为实数，向量，，且，则____________．
15．古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有_________种. (用数字作答)
16．已知是抛物线的焦点，过作直线与相交于两点，且在第一象限，若，则直线的斜率是_________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设和交点的交点为，求 的面积．
18．（12分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.

(1)求证:平面；
(2)求三棱锥的体积.
19．（12分）已知函数．
（1）若关于的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；
（2）已知，若，使得成立，求实数的取值范围．
20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.
(1)求的长；
(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.
21．（12分）在中，角所对的边分别为，若，，，且.
（1）求角的值；
（2）求的最大值.
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得出圆关于直线的对称圆的方程，利用二次函数的基本性质求出的最小值，由此可得出，即可得解.
【详解】
如下图所示：

设点关于直线的对称点为点，
则，整理得，解得，即点，
所以，圆关于直线的对称圆的方程为，
设点，则，
当时，取最小值，因此，.
故选：C.
本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算，同时也考查了两圆关于直线对称性的应用，考查计算能力，属于中等题.
2．A
【解析】
利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值，再利用正弦定理可求得的值.
【详解】
，由正弦定理得，整理得，
由余弦定理得，，.
由正弦定理得.
故选：A.
本题考查利用正弦定理求值，涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
3．D
【解析】
根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据
，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.
【详解】
依题意知，与为函数的“线性对称点”，
所以，
故（当且仅当时取等号）.
又与为函数的“线性对称点，
所以，
所以，
从而的最大值为.
故选:D.
本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.
4．C
【解析】
设，则的几何意义为点到点的斜率，利用数形结合即可得到结论.
【详解】
解：设，则的几何意义为点到点的斜率，
作出不等式组对应的平面区域如图：

由图可知当过点的直线平行于轴时，此时成立；
取所有负值都成立；
当过点时，取正值中的最小值，，此时；
故的取值范围为；
故选：C.
本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题，解题时作出可行域，利用目标函数的几何意义求解是解题关键．对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在．
5．D
【解析
当时,,∴f(x)不关于直线对称；
当时, ,∴f(x)关于点对称；
f(x)得周期，
当时, ,∴f(x)在上是增函数．
本题选择D选项.
6．B
【解析】
连接、，即可得到，，再根据平面向量的数量积及运算律计算可得；
【详解】
解：连接、，
，是半圆弧的两个三等分点， ，且，
所以四边形为棱形，

．

故选：B

本题考查平面向量的数量积及其运算律的应用，属于基础题.
7．D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
8．D
【解析】
先判断函数的奇偶性可排除选项A,C，当时，可分析函数值为正，即可判断选项.
【详解】
,
,
即函数为偶函数，
故排除选项A,C，
当正数越来越小，趋近于0时，，
所以函数，故排除选项B,
故选：D
本题主要考查了函数的奇偶性，识别函数的图象，属于中档题
9．D
【解析】
由题意列出约束条件和目标函数，数形结合即可解决.
【详解】
设购买甲、乙两种商品的件数应分别，利润为元，由题意，
画出可行域如图所示，

显然当经过时，最大.
故选：D.
本题考查线性目标函数的线性规划问题，解决此类问题要注意判断，是否是整数，是否是非负数，并准确的画出可行域，本题是一道基础题.
10．C
【解析】
根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．
【详解】
由“”，得，
得或或，
即或或，
由，得，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选C．
本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．
11．A
【解析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
12．B
【解析】
由已知可求出焦点坐标为,可求得幂函数为,设出切点通过导数求出切线方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切点坐标,然后求解双曲线的离心率．
【详解】
依题意可得，抛物线的焦点为，F关于原点的对称点；，，所以，，设，则，解得，∴ ，可得，又，，可解得，故双曲线的离心率是.
故选B．
本题考查双曲线的性质,已知抛物线方程求焦点坐标,求幂函数解析式,直线的斜率公式及导数的几何意义,考查了学生分析问题和解决问题的能力,难度一般.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．55
【解析】
根据该For语句的功能，可得，可得结果
【详解】
根据该For语句的功能，可得
则
故答案为：55
本题考查For语句的功能，属基础题.

14．5
【解析】
由，，且，得，解得，则，则．
15．1．
【解析】
试题分析：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1=1．
考点：排列、组合及简单计数问题．
点评：本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详．
16．
【解析】
作出准线，过作准线的垂线，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用平面几何知识计算出直线的斜率．
【详解】
设是准线，过作于，过作于，过作于，如图，
则，，∵，∴，∴，
∴，，
∴，∴直线斜率为．
故答案为：．
本题考查抛物线的焦点弦问题，解题关键是利用抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距离转化为该点到准线的距离，用平面几何方法求解．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）
【解析】
（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程即可.
（2）将和的极坐标方程联立，求得两个曲线交点的极坐标，即可由极坐标的含义求得的面积.
【详解】
（1）曲线的参数方程为（α为参数），
消去参数的的直角坐标方程为．
所以的极坐标方程为
（2）解方程组，
得到．
所以，
则或（）．
当（）时，，
当（）时，．
所以和的交点极坐标为： ,.
所以．
故的面积为．
本题考查了参数方程与普通方程的转化，直角坐标方程与极坐标的转化，利用极坐标求三角形面积，属于中档题.
18．（1）见解析（2）
【解析】
（1）第（1）问，连交于,连接.证明// ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.
【详解】
（1）方法一：连交于,连接.
由梯形，且，知
又为的中点，为的重心，∴

在中， ,故// .
又平面, 平面,∴ 平面.

方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,
G为△PAD的重心，
又ABCD为梯形，AB||CD,

又由所作GN||AD,FM||AD,得// ，所以GNMF为平行四边形.
因为GF||MN,

（2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点
∴， ，得平面，且
由（1）知//平面，∴
又由梯形ABCD，AB||CD，且，知
又为正三角形，得，∴，
得
∴三棱锥的体积为.
方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点
∴， ，得平面，且
由，∴
而又为正三角形，得，得.
∴，
∴三棱锥的体积为.
19．（1） （2）
【解析】
（1）求解不等式，结合整数解有且仅有一个值，可得，分类讨论，求解不等式，即得解；
（2）转化，使得成立为，利用不等式性质，求解二次函数最小值，代入解不等式即可.
【详解】
（1）不等式，即，所以，
由，
解得．
因为，所以，
当时，
，
不等式等价于或或
即或或，
故，
故不等式的解集为．
（2）因为，
由，
可得，
又由，使得成立，
则，解得或．
故实数的取值范围为．
本题考查了绝对值不等式的求解和恒成立问题，考查了学生转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
20．（1） ;（2）.
【解析】
（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；
（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.
【详解】
（1）直线的参数方程为(为参数)，
化为直角坐标方程为，即
直线与曲线交于两点.
则圆心坐标为，半径为1，
则由点到直线距离公式可知，
所以.
（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，
直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，
解得，所以两点坐标为，
所以，
由两点间距离公式可得.
本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；
（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.
【详解】
（1）因为，所以.
在中，由正弦定理得，
所以，即.
在中，由余弦定理得，
又因为，所以.
（2）由（1）得，在中，，
所以

.
因为，所以，
所以当，即时，有最大值1，
所以的最大值为.
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.
22．（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；
【详解】
解：（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，则，.
由，，得
，
所以.
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由解得.
若、、、四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线的方程为.
本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.