精品解析：山东省青岛第一中学2025-2026学年高三上学期期初开学检测数学试题

数学试题 本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 满分150分，考试时间120分钟 注意事项 （请考生答题前先看清试卷和答题卡上的注意事项或说明．） 试题答案全部答到答题卡上，在草稿纸、试题上答题无效，考试结束只交答题卡． 第Ⅰ卷 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果. 【详解】根据对数函数定义域可得 由指数函数的值域可得 所以， 故选：B. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求. 【详解】设（），由题意得，解得，，所以 故选：C 3. 随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件是相互独立事件 B. 事件与事件是互斥事件 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误. 【详解】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种； 满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种； ，C正确；，D错误； ，不是相互独立事件，A错误； 事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误. 故选：C. 4. 在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解. 【详解】过点作平行于，交于点， 因为，则为的中点，所以且， 因为，所以， 由可得：，所以， 因为， 所以， 故选：. 5. 某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16．若将两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（ ） A. 平均数为5.5 B. 平均数为6.5 C. 方差为12.5 D. 方差为13.5 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平均数公式及方差公式分别计算即可判断. 【详解】甲抽取的样本数据为；乙抽取的样本数据为， 依题意，，，，， 新样本数据的平均数，故A、B错误； 新样本数据的方差 ，故C错误，D正确. 故选：D. 6. 则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（ ） A. 3 B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可. 【详解】由题由正弦定理得，外接圆直径为，得， 设球心到平面得距离为， 所以， 所以三棱锥的外接球半径为， 故选：B. 7. 已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式即得解. 【详解】因为，恰好取到一次最大值与一次最小值， 可得，解得. 故选：A. 8. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项. 【详解】解:由题意可令, 所以将数列逐个列举可得: ,,,,, 故, 因为, 所以, 故. 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. 如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（ ） A. B. C. 直线与平面所成角的最小值是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明平面得到A正确；取特殊点排除B；根据距离的最值得到C正确；确定得到D正确，得到答案. 【详解】如图所示：连接，，， 平面，平面，故， ，，故， 又因为，故平面， 又因为平面，故，A正确； 当与重合时，即，由于，不垂直，故B错误； 到平面的距离为， 当最大时，直线与平面所成角度最小， 的最大值为， 故此处线面所成角的最小值θ的正弦值为，，故，C正确； ，当三点共线时等号成立，D正确. 故选：ACD 10. 已知,，下列说法正确的是（ ） A. 存在使得是奇函数 B. 任意､的图象是中心对称图形 C. 若为的两个极值点，则 D. 若在上单调，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，当时,为奇函数，从而即可判断； 对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断； 对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断； 对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可. 【详解】解：对于A，当时,为奇函数，故正确； 对于B，设函数的对称中心为,则有， 又因为 ， ， 所以，解得， 所以的对称中心为，故正确； 对于C，因为， 又因为为的两个极值点， 所以，，所以C错误； 对于D，若单调，则有恒成立， 所以， 解得，选项D正确. 故选：ABD. 11. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，若，则（ ） A. 、在直线上 B. 双曲线的离心率 C. 内切圆半径最小值是 D. 的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A：根据双曲线的定义结合内切圆的性质整理分析；对B：根据题意结合角平分线的定义分析运算；对C：联立方程，利用韦达定理求，再根据内切圆性质可得，代入运算分析；对D：根据题意用表示，再结合的单调性求的取值范围. 【详解】对A： 过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，则， ∵，则， 又∵，则， ∴，即在直线上， 同理可得：在直线上， A正确； 对B： ∵，则， ∴， 又∵，则，即， ∴，故离心率为，B正确； 对C： ∵，则， ∴，双曲线的渐近线方程为，则直线的倾斜角， 设直线方程为，， 联立方程，消去x得：， ∴， 则， 设内切圆半径为，其周长 ， 根据的面积可得：， 则，C正确； 对D： 由题意不妨设，， ∵，则， 令， ∴，，， 又∵在上单调递增， ∴，D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：解决本题关键是利用双曲线的定义以及三角形内切圆的相关性质，结合图形分析得出相应关系，运算整理. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中含项的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解. 【详解】， 的展开式中项为：， 的展开式中没有项， 故的展开式中含项的系数为， 故答案为：. 13. 已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求 【详解】设等差数列的公差为， ， 所以 又因为即 可得，又由即 即即且正项等差数列，即 解得，所以 故答案为： 14. 若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围. 【详解】因为， 所以， 因为只有一个极值点， 所以若3是极值点， 因为，所以当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 则，所以； 当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷， 当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷， 若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时； 当时，， 令，解得；令，解得； 所以在单调递减，在单调递增，满足题意， 综上：或，即. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知在中，边,,所对的角分别为，，，. （1）证明：,,成等比数列； （2）求角的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)结合内角和关系，通过三角恒等变换化简条件等式可得，再利用正弦定理化角为边即可证明；(2)根据余弦定理和基本不等式可求的最小值，由此可得角的最大值. 【小问1详解】 通分化简可得， ，即， 即， 整理得，由正弦定理可得，所以a､b､c成等比数列； 【小问2详解】 由（1）可得，又，所以，当且仅当即为正三角形时等号成立，所以的最大角为. 16. 如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接､， 因为，为的中点，所以，故， 因为为等边三角形，所以， 又因为，面，因此平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以直线在平面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角为，则， 因为，，所以是正三角形，则， 因为为等边三角形，，则， 所以在中，由，得， 则，所以， 因为，面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，在中，，， 所以，又，所以，即， 又平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到在平面的射影在直线上，即，进而证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，则，接着利用勾股定理证得，由此可得平面； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，先求得所需各点坐标，再求得平面与平面的法向量，从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知､､两两垂直，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由于是的中点，易得， 又由可得， 所以，， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设平面与平面的夹角为，易知， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中. （1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率； （2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可 （2）设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，求出相关的概率， 再根据条件概率求解即可. 【小问1详解】 设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2， ，， 由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为： ； 【小问2详解】 设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”， 事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”， 事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”， 事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”， 则､､彼此互斥，且， ， ， ， ， ， ， 所求概率即是发生的条件下发生的概率：. 18. 已知椭圆：的离心率为，且经过点.，是的左、右焦点. （1）求的标准方程； （2）过的直线与交于，两点.若的内切圆半径为，，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义及所过点求出即可得椭圆方程. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理定理，结合弦长及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，由离心率为，得，令，， 椭圆：过点，则，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设直线的方程为，，， 由消去得， ，， ，， 而，，则，解得， 所以. 19. 已知函数，，. （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）讨论函数在区间上的单调性； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 由，求导得， ①当时，，，在上单调递增； ②当时，令 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增 ③当时，令 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间； （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【小问1详解】 由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必需满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 【点睛】方法点睛：针对端点值刚好是不等式的临界值时，利用必要条件先确定参数的范围，再进行充分性证明，如若成立，则这个必要条件就是充要条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 满分150分，考试时间120分钟 注意事项 （请考生答题前先看清试卷和答题卡上的注意事项或说明．） 试题答案全部答到答题卡上，在草稿纸、试题上答题无效，考试结束只交答题卡． 第Ⅰ卷 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件是相互独立事件 B. 事件与事件是互斥事件 C. D. 4. 在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（ ） A. B. C. D. 5. 某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16．若将两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（ ） A. 平均数为5.5 B. 平均数为6.5 C. 方差为12.5 D. 方差为13.5 6. 则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（ ） A. 3 B. C. D. 6 7. 已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 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. 如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（ ） A. B. C. 直线与平面所成角的最小值是 D. 的最小值为 10. 已知,，下列说法正确的是（ ） A. 存在使得是奇函数 B. 任意､的图象是中心对称图形 C. 若为的两个极值点，则 D. 若在上单调，则 11. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，若，则（ ） A. 、在直线上 B. 双曲线的离心率 C. 内切圆半径最小值是 D. 的取值范围是 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中含项的系数为___________. 13. 已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________. 14. 若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知在中，边,,所对的角分别为，，，. （1）证明：,,成等比数列； （2）求角的最大值. 16. 如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中. （1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率； （2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率. 18. 已知椭圆：的离心率为，且经过点.，是的左、右焦点. （1）求的标准方程； （2）过的直线与交于，两点.若的内切圆半径为，，求的值. 19. 已知函数，，. （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）讨论函数在区间上的单调性； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $