精品解析：山东省青岛第五十八中学2025-2026学年高三学生期初开学检测数学试题

2026届青岛五十八中高三学生期初开学检测 数学试题 2025.7 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 若集合非空，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，的准线与轴交于点，上一点满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 盒中装有个红球和个蓝球，小球除颜色外均相同．甲、乙两人先后从盒中随机取出个球，记录颜色后放回．已知两人取出的球颜色相同，则两人取出的球同为蓝色的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量、不共线，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知样本数据的各项均不为0，这组样本数据的方差为，，样本数据的方差为．设甲：，乙：全为正数，或全为负数．则甲是乙的（ ） A. 充分必要条件 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 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. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 是中的最小项 D. 是中的最小项 10. 在中，为边上一点，，则（ ） A. 和的面积之比为 B. C. D. 的面积为 11. 设函数，集合，．记为集合中的元素个数，则（ ） A. B. ， C. ， D. ， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 13. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的8倍，平行于底面的平面将三棱锥分为三棱锥和三棱台两部分，且和的表面积相等，则和的体积之比为__________． 14. 设，点在双曲线的右支上，且．若，垂足为，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. 记等差数列的公差为，前项和为，已知，且． （1）求：； （2）设，其中为不超过的最大整数，求的前项和． 16. 设椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为上任意一点，证明：到直线的距离等于； （3）过点的直线与交于 两点，若，求的方程． 17. 设函数． （1）若在区间单调递减，求的取值范围； （2）若，证明：在有唯一零点，且． 18. 在如图所示的六面体中，四边形为正方形，． （1）判断四边形的形状，并说明理由； （2）证明：； （3）已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 19. 如图，为坐标原点，半圆弧与坐标轴交于点、、．一质点从出发做周期性运动，一个周期内的运动轨迹为：从沿线段匀速运动到；从沿匀速运动到；从沿线段匀速运动到．质点在线段上和圆弧段上运动时，每秒分别运动个单位长度和个单位长度．设第秒时，质点恰好运动至点，的横坐标为，是满足“，”的最小正数． （1）求； （2）求在的一个解析式； （3）证明：对任意、，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届青岛五十八中高三学生期初开学检测 数学试题 2025.7 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法与除法化简可得的值. 【详解】因为，则. 故选：B. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令可得，故展开式中的系数为. 故选：A. 3. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点坐标，结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】因为，则，所以切线斜率为， 故所求切线方程为，该直线交轴于点，交轴于点， 因此，切线与两坐标轴围成的三角形面积为. 故选：A. 4. 若集合非空，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将集合非空问题转化为一元二次不等式有解问题，再利用分离参数法求解参数范围即可. 【详解】因为集合非空， 所以在上有解， 则在上有解，令， 由二次函数性质得在上单调递减， 可得，即，故D正确. 故选：D 5. 已知抛物线的焦点为，的准线与轴交于点，上一点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的定义得到，再结合题意与两点间距离公式得到点坐标，最后合理作图，结合锐角三角函数的定义求解即可. 【详解】设，，，作轴，连接， 由抛物线的定义得，解得， 此时，因为， 所以由两点间距离公式得， 解得或，当时，， 代入抛物线方程可得，解得或， 当时，， 代入抛物线方程可得，解得或， 故我们只讨论即可，另一种情况与其等效， 如图，当时，，，， 则，，由锐角三角函数的定义得， 如图，当时，，，， 则，，由锐角三角函数的定义得， 综上，，故B正确. 故选：B 6. 盒中装有个红球和个蓝球，小球除颜色外均相同．甲、乙两人先后从盒中随机取出个球，记录颜色后放回．已知两人取出的球颜色相同，则两人取出的球同为蓝色的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件两人取出的球颜色相同，事件两人取出的球同为蓝色，利用条件概率公式可求得的值. 【详解】记事件两人取出的球颜色相同，事件两人取出的球同为蓝色，则， 则，， 由条件概率公式可得， 故选：C. 7. 已知向量、不共线，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，且，利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式可求得的值. 【详解】作，，以、为邻边作平行四边形，则，如下图所示： 则， 因为，故平行四边形为菱形，且， 由，故， 因为，故， 因此. 故选：B. 8. 已知样本数据的各项均不为0，这组样本数据的方差为，，样本数据的方差为．设甲：，乙：全为正数，或全为负数．则甲是乙的（ ） A. 充分必要条件 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 【答案】A 【解析】 【分析】先证明充分性，设的平均数为，的平均数为，，，因为，所以，，结合绝对值不等式得到充分性成立，再分全为正数和全是负数两种情况，得到必要性成立，得到结论. 【详解】充分性：设的平均数为，的平均数为， ，， 因为，所以，所以， 其中，故， 由绝对值不等式得， 当且仅当同号，即全为正数，或全为负数，等号成立， 故充分性成立， 必要性：若全为正数，则，，显然， 若全为负数，则，， 设的平均数为，则的平均数为， ，， ，必要性成立， 综上，甲是乙充分必要条件. 故选：A 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. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 是中的最小项 D. 是中的最小项 【答案】BCD 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的基本量运算求得，对于A，B，结合等比数列的通项公式与求和公式计算即可判断；对于C，D，要分奇偶项分析对应项的增减性即可. 【详解】设等比数列的公比为，由可得，因，故得， 又由可得，代入解得. 对于A，因 ，而，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，当为奇数时，，当为偶数时，， 此时由知数列的偶数项为递增数列，故是中的最小项，故C正确； 对于D，，要求的最小项，因的符号性质，需使为偶数， 此时有，因，则， 即，故的偶数项为递增数列，即是中的最小项，故D正确. 故选：BCD. 10. 在中，为边上一点，，则（ ） A. 和的面积之比为 B. C. D. 的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面积公式计算判断A，应用正弦定理计算判断B，应用两角和的正切公式计算判断C，应用余弦定理及面积公式计算判断D. 【详解】 设点A到直线的距离为，所以，A选项正确； 在中， 由正弦定理可得：， 可得：， 在中，，则， 由于， 所以， 即，B选项正确； 在中，， 由余弦定理得， 所以， 所以的面积为，D选项正确； 因为，所以， 所以，所以，C选项错误； 故选：ABD. 11. 设函数，集合，．记为集合中的元素个数，则（ ） A. B. ， C. ， D. ， 【答案】AB 【解析】 【分析】解出集合、，可判断A选项；利用集合包含关系的定义可判断B选项；取，可判断C选项；解方程，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则， ，故，A对； 对于B选项，对任意的，则，故， 故，因此，，，B对； 对于C选项，当时，，即，C错； 对于D选项，由 可得， 即， 解得，，接下来讨论， 若为方程的一根，则，解得， 此时方程即为，解得，此时； 若为方程的一根， 则，解得， 此时方程为，解得， 此时，即， 对于方程，若， 即（不合乎题意）或（不合乎题意）， 故不存在，，D错误. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 【答案】4 【解析】 【分析】利用对数运算将目标式转化为关于的表达式，然后展开整理即可. 【详解】 . 故答案为：4 13. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的8倍，平行于底面的平面将三棱锥分为三棱锥和三棱台两部分，且和的表面积相等，则和的体积之比为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设正三棱锥底面边长为a，侧面高为h，由题可得，设平行于底面的平面为平面EFG，过P作AB垂线，交EF为I，交AB于H，设，由和的表面积相等可得，最后根据相似比与体积比的关系可得答案. 【详解】设正三棱锥底面边长为a，侧面高为h，则， 设平行于底面的平面为平面EFG，因底面平面EFG， 平面平面，平面平面，则， 过P作AB垂线，交EF为I，交AB于H，设，， 则， 从而， 则三棱锥表面积为：， 三棱台表面积为：， 由题， 从而，代入， 可得， 则. 故答案为：. 14. 设，点在双曲线的右支上，且．若，垂足为，则的最大值为__________． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】由题可知，再由点在双曲线的右支上，可得，则，利用二次函数性质即可得到最值. 【详解】, 则 ， 又点在双曲线的右支上，所以， 则， 又，所以，即 所以当时，的最大值为. 故答案为：. 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. 记等差数列的公差为，前项和为，已知，且． （1）求：； （2）设，其中为不超过的最大整数，求的前项和． 【答案】（1）3； （2）. 【解析】 【分析】（1）用表示，利用分离常数法，借助整除思想求解. （2）由（1）的结论求出，并求出，再分段，结合等差数列前项和公式求解. 【小问1详解】 依题意，，而，则， 由，得，因此是6的大于3的约数，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，则，， ，， 当时，，，； 当时，，，，即， 当时，， 当时，， 所以的前项和. 16. 设椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为上任意一点，证明：到直线的距离等于； （3）过点的直线与交于 两点，若，求的方程． 【答案】（1）； （2）证明见详解； （3）或. 【解析】 【分析】（1）根据离心率列方程求出，然后可得，即得方程； （2）设出点坐标，根据两点间的距离公式和点到直线的距离公式直接计算可证； （3）利用（2）中结论，求出的中点横坐标，结合椭圆对称性可得. 【小问1详解】 由题知，，解得，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，点到直线的距离为，则， 因为， 所以，得证. 【小问3详解】 过及其中点分别作直线的垂线，垂分别为， 由（2）可知，， 所以，所以点在轴上， 由椭圆对称性可知，当直线垂直于轴时，的中点为，满足题意， 此时直线方程为； 当直线不垂直于轴时，的中点与点不重合， 此时中点和点都在轴，此时直线方程为. 综上，的方程为或. 17. 设函数． （1）若在区间单调递减，求的取值范围； （2）若，证明：在有唯一零点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知，对任意的，，结合参变量分离法可得出，令，则，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围； （2）利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，则， 由题意可知，对任意的，，即， 令，则， 因为函数在上单调递增，故，所以. 因此，实数的取值范围是. 【小问2详解】 当时，令可得，即， 且当时，；当时，. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，则， 且当时，，即函数在上无零点， 因为， 令，则， 令，其中， 则， 故函数在上单调递增，故， 由零点存在定理可知，存在，使得，故. 18. 在如图所示的六面体中，四边形为正方形，． （1）判断四边形的形状，并说明理由； （2）证明：； （3）已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）过点作，交于点，连接，先证，得，再证，得，由线线平行证平面，由线面平行的性质得，可证，得，即得结论； （2）由（1）易得，，即可证明； （3）由条件建系，设，则，分别证明平面，平面，即得平面与平面的法向量，求出平面的法向量，利用空间向量夹角公式分别求得的表达式，求和即得证. 【小问1详解】 四边形是平行四边形.理由如下： 如图，在平面中，过点作，交于点，连接， 因，易得，则， 因四边形为正方形，则，则，则得， 则有，因平面，平面，故平面， 又平面，平面平面，则， 因，则，又，则得，故， 又，则，故四边形为平行四边形. 【小问2详解】 由（1）已得，则有，由可得， 故，即得证. 【小问3详解】 因平面，，故可以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，，则. 因，则平面，平面，又平面，则，， 因，平面，故平面，同理平面， 即平面的法向量可取为，平面的法向量可取为. 又因，则， 设平面的法向量为，则，故可取， 由图知，二面角，都是钝二面角， 故，， 由图知为锐角，平面的法向量为，则， 于是，得证. 19. 如图，为坐标原点，半圆弧与坐标轴交于点、、．一质点从出发做周期性运动，一个周期内的运动轨迹为：从沿线段匀速运动到；从沿匀速运动到；从沿线段匀速运动到．质点在线段上和圆弧段上运动时，每秒分别运动个单位长度和个单位长度．设第秒时，质点恰好运动至点，的横坐标为，是满足“，”的最小正数． （1）求； （2）求在的一个解析式； （3）证明：对任意、，． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知为质点从点出发至回到点这一次循环所需的时间，结合题意可求得结果； （2）根据题意可得一个周期的解析式，再利用周期性求解即可； （3）有题可知关于对称，利用对称性得，然后根据函数的相关性质即可证明. 【小问1详解】 由题意可知，为质点从点出发至回到点这一次循环所需的时间， 由题意可得. 【小问2详解】 当时，， 当时，，，此时， 当时，， 由，， 所以时，，， 即. 【小问3详解】 由图易知图像关于轴对称，则关于对称， 即， 所以 ， 即， ， ， 设， 则， 当时，，此时， 所以， 时，，， 则 ， 综上得证，对任意、，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $