精品解析：山东省济南市2025-2026学年高三上学期摸底考试数学试题

2025-2026学年高中三年级摸底考试数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，满足与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 记为等差数列的前项和.若，则（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 4. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 5. 已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A B. C. 2 D. 6. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为32，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数，满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示六面体中，平面平面，，若，则（ ） A. B. C. D. 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设是复数，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知的面积为，若，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，满足，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. B. 的方程为 C. 当直线与相切时， D. 存线段，使得内心在外部 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一组样本数据的平均数为8，则数据，的平均数为___________. 13. 在四棱台中，，设四棱台的体积为，三棱锥的体积为，则___________. 14. 已知函数，则最小值为___________. 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积为，且满足. （1）求证：数列为等差数列； （2）令，求数列的前项和. 16. 有四个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，将这些小球随机排成一列. （1）求标有数字2和4的小球不相邻的概率； （2）一个排列中，若两个相邻小球上的数字之和为5，则称这两个小球为一组“友好球”.设表示排列中“友好球”的组数，求的分布列和数学期望. 17. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，. （1）证明：； （2）若直线与直线所成角的余弦值为，且，求直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数. （1）讨论函数的极值点个数； （2）若函数有两个不同的极值点，其中. （i）证明：； （ii）证明： 19. 已知抛物线的焦点为是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点. （1）求的标准方程； （2）求证：； （3）记关于轴的对称点为关于轴的对称直线为为上第四象限的点（与不重合），过做的切线，分别交于两点，若，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值？若为定值，求的值，若不为定值，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高中三年级摸底考试数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式确定B，再利用交集的概念计算即可. 【详解】， 又，所以. 故选：D 2. 已知向量，满足与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的坐标表示，列出方程，求解即可. 【详解】由题意知向量，满足与垂直， 故，，即得， 则，解得， 故选：A 3. 记为等差数列的前项和.若，则（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质及前项和公式即可求解. 【详解】，，， . 故选：C. 4. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合指数函数以及对数函数的性质求出集合，根据二者的关系，即可判断出答案. 【详解】由可得，则； 由，得，故， 由于是的真子集， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 5. 已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设，结合且，应用二倍角正切公式、双曲线离心率求法求解. 【详解】 在中，而，则， 所以，故， 所以. 故选：B 6. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为32，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式确定展开式中的奇数次幂项的系数和的表达式，列方程求解即可. 【详解】的展开式的通项公式为， 则的展开式中的奇数次幂项的系数和为， 故，则， 故选：B 7. 已知函数，满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意推出，利用导数判断函数的单调性，由此将化为，利用函数单调性即可求解. 【详解】由题意知函数的定义域为R， 则，则， 又， 故在R上单调递增， 故，即，即， 则，解得， 即实数的取值范围是. 故选：C 8. 如图所示的六面体中，平面平面，，若，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】取上一点，使，连接，利用面面平行的性质及已知得为平行四边形，则，再由勾股定理、余弦定理列方程求线段长度. 【详解】如下图，取上一点，使，连接， 由平面平面，平面平面， 由平面平面，则，， 故为平行四边形，即且， 由平面平面，平面平面， 由平面平面，则，， 故平行四边形，即且， 综上，，故为平行四边形，则， 由，则，故， 由，则， 所以，则，可得. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设是复数，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，然后由复数运算律可得答案. 【详解】，对于A，，则，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，，则，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：ABD 10. 已知的面积为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式，结合三角形内角和定理，可求三角形内角及其三角函数值，判断AB的真假，利用三角形的面积公式和余弦定理，可求三角形的边长，判断CD的真假. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以. 所以或. 即或. 若，则显然不成立，所以不成立，故A错误； 若，则，所以， 所以，因为，所以，所以， 所以，故B正确； 因为，所以为锐角，所以. 所以， . 因为的面积为，所以，所以，即，故C正确； 由余弦定理，，所以，故D错误. 故选：BC 11. 已知平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，满足，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. B. 的方程为 C. 当直线与相切时， D. 存在线段，使得内心在外部 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意利用向量的坐标运算可求出P点的轨迹方程，即可判断AB；联立直线和曲线方程，可得判别式等于0，求出相关参数的值，可判断C；为直角三角形，设其内切圆半径为r，结合圆心与曲线的位置关系，可求出半径的取值范围，即可判断D. 【详解】由题意可设， 而，故， 由，得，则可得， 所以，故，即， 故的方程为，B错误； 由，得， 故，当且仅当时等号成立，A正确； 当直线与相切时，设直线的方程为， 联立，得， 则，即得， 又因为在直线上，故， 代入，得，联立， 解得， 由，得，则，C正确； 由椭圆的对称性，不妨取内心在第一象限内情况， 为直角三角形，设其内切圆半径为r，则内切圆圆心为， 若内心在外部，则需满足，即； 又，则， 由于，设，由于考虑的是第一象限情况（可包含坐标轴）， 故，则， 设，则， 则， 由于，故与矛盾， 即不存在线段，使得内心在外部，D错误， 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一组样本数据的平均数为8，则数据，的平均数为___________. 【答案】14 【解析】 【分析】根据数据的平均数的性质以及计算公式，即可求得答案. 【详解】由于样本数据的平均数为8，故， 的平均数为， 则， 故数据，的平均数为， 故答案为：14 13. 在四棱台中，，设四棱台的体积为，三棱锥的体积为，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】设上底面面积为，下底面面积为S，高为h，利用棱台和棱锥的体积公式求解即可. 【详解】设四棱台的上底面面积为，下底面面积为S，高为h， 由于，四边形和四边形相似，故， 则； 又， 又， ， 所以， 所以， 故答案为： 14. 已知函数，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 分析】应用三角恒等变换得，令，则，利用导数求其最小值即可. 【详解】由 ， 所以， 令，则， 所以，当时，当或时， 所以在上单调递减，在、上单调递增， 由，故的最小值为. 故答案： 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积为，且满足. （1）求证：数列为等差数列； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据时，代入求得，时，代入即可证明； （2）由（1）可知，则，再利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 证明：当时，，又，，所以， 当时，，又，所以，即， 所以数列是首项为3，公差为2的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知数列是首项为3，公差为2的等差数列， 则，， ， 所以数列的前项和. 16. 有四个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，将这些小球随机排成一列. （1）求标有数字2和4的小球不相邻的概率； （2）一个排列中，若两个相邻小球上的数字之和为5，则称这两个小球为一组“友好球”.设表示排列中“友好球”的组数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为. 【解析】 【分析】（1）利用插空法可求得2和4不相邻的事件总数，根据古典概型概率公式可求得结果； （2）确定所有可能的取值，结合排列组合知识可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；利用数学期望计算公式计算可得期望. 【小问1详解】 记“2和4的小球不相邻”为事件, 则， 所以2和4的小球不相邻的概率为. 【小问2详解】 的所有可能取值为. ，， 的分布列如下： 0 1 2 数学期望. 17. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，. （1）证明：； （2）若直线与直线所成角的余弦值为，且，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设P点坐标，结合直线与直线所成角的余弦值可求出P点坐标，进而利用线面角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 连接交于O，因为为菱形，故； 又因为，O为的中点，故， 平面，故平面， 而平面，故. 【小问2详解】 以O为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 结合（1）可设，因为，所以，即， 而，故， 解得，因为，则，故，故， 则， 设平面的法向量为，则， 则，令，则，则， 又，则， 即直线与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）讨论函数的极值点个数； （2）若函数有两个不同的极值点，其中. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，令，导数研究其单调性并得到，讨论参数研究的区间单调性，进而判断其极值点个数； （2）（i）构造且，导数研究其单调性，结合得，最后结合的区间单调性即可证；（ii）构造且，导数研究其单调性得，结合（1）得即可证. 【小问1详解】 由题设，令，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由， 当时，，则在R上单调递增，无极值点； 当时，，或时， 所以在、上各存在一个零点，分别取， 所以、上，上， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点， 综上，在时无极值点，在时有两个极值点； 【小问2详解】 （i）令且，则， 所以在上单调递增，则， 所以，当有，结合（1）及已知，则，且， 又在上单调递减，则，所以，得证； （ii）令且，则， 令，则，即在上单调递增， 所以，则在上单调递增，， 由，且，又， 结合（1）在上单调递减，则， 所以，得证. 19. 已知抛物线的焦点为是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点. （1）求标准方程； （2）求证：； （3）记关于轴的对称点为关于轴的对称直线为为上第四象限的点（与不重合），过做的切线，分别交于两点，若，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值？若为定值，求的值，若不为定值，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）为定值， 【解析】 【分析】（1）根据准线方程求抛物线方程即可； （2）利用导数求出切线方程，求出斜率，根据斜率之积为得证； （3）由（2）类比得出方程，联立求出，同理求出，可得，再由，可证得共线，即可计算为定值1. 【小问1详解】 由题意，抛物线准线方程为，故， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 设，由于在第一象限，故斜率存在， 设直线的方程为， 由于在第一象限，可得，， 所以切线斜率为，即直线的方程为， 令得，由题意知， 故，， 故 【小问3详解】 如图， 设， 由关于轴对称，可得， 由，，可得， 所以，即， 联立与，，解得 同理，故， 设直线与轴交于，则关于点对称，即， 由，令，得，所以， 故，则， 可得垂直于，故，可得， 延长交轴于，则， 又，故，从而与重合，即共线， 进而，注意到，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $