精品解析：山东省青岛市五十八中高新校区2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

青岛第五十八中学高新校区2025-2026年高三上期中考试 数学试题 2025.10 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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】A 【解析】 【详解】由已知得， 因为， 所以，故选A． 2. 中，边的高为，若，，，，，则（ ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由，，可知 3. 设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】D 试题分析：根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算． 解：， ∴y′（0）=a﹣1=2， ∴a=3． 故答案选D． 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程． 4. 记为等差数列的前项和，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据，求得的关系，再利用等差数列前n项和公式求解. 【详解】在等差数列中，， 所以， 所以， 故选：B 5. 椭圆的中心在原点，焦距为，一条准线为，则该椭圆的方程为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】椭圆的焦距为4，所以因为准线为，所以椭圆的焦点在轴上，且，所以，，所以椭圆的方程为，选C. 6. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是 A. 0.8 B. 0.75 C. 0.6 D. 0.45 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A. 考点：条件概率． 7. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则. 故选：B 8. 设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知：的极值为，所以，因为， 所以，所以即，所以，即 3，而已知，所以3，故，解得或，故选C. 考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力. 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项是24 B. 第4项系数最大 C. 第3项是 D. 所有项的系数的和为1 【答案】AD 【解析】 【分析】根据二项展开式判断ABC，由赋值法可判断D. 【详解】因为展开式的通项公式为； 令可得，所以常数项为，A正确； 由通项公式可知，当时，第4项的系数为负数，故B错误； 第3项是，所以第三项为24，故C错误； 令可得所有项的系数的和为1，故D正确. 故选：AD. 10. 某中药材盒中共有包装相同的7袋药材，其中党参有3袋，黄芪有4袋，从中取出两袋，下列说法正确的是（ ） A. 若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为 B. 若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为 C. 若不放回抽取，则第2次取到党参的概率算法可以是 D. 若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可解决；选项B，根据条件，利用条件概率公式，即可解决；选项C，根据条件，利用古典概率公式，即可解决；选项D，利用条件概率公式，即可解决，从而求出结果. 【详解】对于选项A，因为是有放回抽取，抽到一袋党参的概率为，抽到一袋黄芪的概率为， 所以取出一袋党参一袋黄芪的概率为，故选项A的正确， 对选项B，第二次抽到党参的概率为，至少抽到一袋党参的概率为， 所以所求概率为，故选项B正确， 对于选项C，因为不放回抽取，抽两次有种取法，第二次抽到党参的取法为，所以C选项的算法是错误的，故选项C错误， 对于选项D，至少取出一袋党参的概率为，取到一袋党参一袋黄芪的概率为，所以在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为概率为，故选项D正确， 故选：ABD. 11. 悬链线是一根密度均匀的绳子或铁链两端固定在水平杆上，受重力的作用自然下垂后形成的曲线，建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 在上单调递增 C. ， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据偶函数的定义判断；对B，通过导数可判断；对C，由基本不等式判断；对D，直接计算可判断. 【详解】对A，由题知定义域为， 所以，是偶函数，故选项A正确. 对B，函数的导数， 所以当时，当时， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. 又，所以函数在单调递增， 由复合函数的单调性，可知 在上单调递减，故选项B错误. 对C，由基本不等式可知，当且仅当时取等号，故选项C正确. 对D，， ， 则，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出，再根据复数模的计算公式，即可求得答案. 【详解】由，得， 故， 故答案为： 13. 抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据焦半径公式，确定点的横坐标，再求点的纵坐标，可得的面积. 【详解】如图： 不妨设点在第一象限，过点作与抛物线的准线垂直，垂足为. 则，又，所以，所以. 所以. 故答案为： 14. 设点M（,1），若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45°，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【详解】由题意知：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图， 过OA⊥MN，垂足为A，在中，因为∠OMN=45，所以=， 解得，因为点M（,1），所以，解得，故的取值范围是 . 考点：本小题主要考查考查直线与圆的位置关系，考查数形结合能力和逻辑思维能力，考查同学们分析问题和解决问题的能力，有一定的区分度. 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. 在中，，. （1）求的面积； （2）求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，得，由余弦定理得，即可解得，进而得，再由三角形的面积公式即可求解. （2）利用二倍角的余弦公式得，又由余弦定理得，进而得，即可得证. 【小问1详解】 在中，所以是锐角，. 由，可得， 由余弦定理有：， 所以，解得，则， 故； 【小问2详解】 由（1）易知，则， 由（1）及余弦定理有， 所以，又，则. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，， ，，． （1）证明：平面平面； （2）若为等腰三角形且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为在四棱锥中，底面为直角梯形， 且，，所以； 又，所以， 平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）先判断的形状，利用体积法求出点到平面的距离，则即为直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，平面，所以平面. 因为平面，所以，. 所以即为二面角的平面角，所以. 又为等腰三角形，所以为等边三角形. 取中点，连接，如下图： 则，平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 且. 又， 所以. 在中，，， . 所以. 设点到平面的距离为，则. 由. 设直线与平面所成的角为， 则. 17. 已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或． 【解析】 【详解】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示； （2）第一步由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在. 试题解析：解：(1)设直线，，，． ∴由得， ∴，． ∴直线的斜率，即． 即直线的斜率与的斜率的乘积为定值． （2）四边形能为平行四边形． ∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是， 由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为． ∴由得，即 将点的坐标代入直线的方程得，因此． 四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即 ∴．解得，． ∵，，， ∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形． 考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用 【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果， （2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率. 18. 已知函数=. （1）讨论的单调性； （2）设，当时，,求的最大值； （3）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001） 【答案】（1）函数在R上是增函数；（2）2；（3） 【解析】 【详解】（1）因为，当且仅当时等号成立，所以函数在R上是增函数； （2）因为=， 所以=. 当时,,等号仅当时成立，所以在R上单调递增，而，所以对任意，； 当时，若满足，即时，，而， 因此当时，， 综上，的最大值为2. （3）由（2）知，， 当时，，； 当时，，， ，所以的近似值为. 【易错点】对第(Ι)问,函数单调性的判断，容易;对第（2）问,考虑不到针对去讨论；对第（3）问, 找不到思路. 考点：本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，综合性较强，考查函数与方程、分类讨论等数学思想方法，考查同学们分析问题、解决问题的能力，熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本类题目的关键. 19. 已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质； ①； ②. （2）若数列中有，证明：数列不具有性质； （3）当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值. 【答案】（1）数列①具有性质，数列②不具有性质 （2） 假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列， 因为，所以为，为， 所以对任意的，在中至少存在一项， 因为中有项，所以存在在中恰出现一次，不妨记为， 记，则必有， 因为递增，递减， 所以，数列中排在前面的项至少有，共项， 排在后面的项至少有，共项， 因为数列中有项，所以是第项，即. 这与题设矛盾，所以假设不成立，即数列不具有性质. （3） 【解析】 【分析】（1）根据性质判断即可； （2）利用反证法，假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，分析可知，存在在中恰出现一次，不妨记为， 记，则必有，再根据数列递增，递减，推导出，推出矛盾，从而说明结论成立； （3）由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，记，所以，，对数列项数最多的子列进行分析，可知递增子列的项数最多为，所以，，然后对为奇数和偶数进行分类讨论，求出的最大值，并通过构造数列确定的最大值能取到，由此可得出结果. 【小问1详解】 数列①：具有性质；数列②：不具有性质.理由如下： 对数列①，记该数列为， 该数列有项递增子列：， 该数列有项递减子列：，故数列①具有性质； 对于数列②，记该数列为， 该数列有项递增子列：，该数列没有项递减子列， 故数列②不具有性质. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当数列具有性质时， 记数列的项递增子列为为和项递减子列为， 由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项， 记，所以，， 所以数列的前项由组成， 因为， 所以项数最多的递增子列只能是或， 所以递增子列的项数最多为， 数列的后项由组成， 所以项数最多的递增子列是或， 所以递增子列的项数最多为，所以，， 因为，所以 当为奇数，时，有最大值，所以， 构造数列， 该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列； 当为偶数，时，有最大值，所以， 构造数列， 该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛第五十八中学高新校区2025-2026年高三上期中考试 数学试题 2025.10 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 中，边的高为，若，，，，，则（ ) A. B. C. D. 3. 设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 记为等差数列的前项和，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 椭圆的中心在原点，焦距为，一条准线为，则该椭圆的方程为 A. B. C. D. 6. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是 A. 0.8 B. 0.75 C. 0.6 D. 0.45 7. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是 A. B. C. D. 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项是24 B. 第4项系数最大 C. 第3项是 D. 所有项的系数的和为1 10. 某中药材盒中共有包装相同的7袋药材，其中党参有3袋，黄芪有4袋，从中取出两袋，下列说法正确的是（ ） A. 若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为 B. 若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为 C. 若不放回抽取，则第2次取到党参的概率算法可以是 D. 若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为 11. 悬链线是一根密度均匀的绳子或铁链两端固定在水平杆上，受重力的作用自然下垂后形成的曲线，建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 在上单调递增 C. ， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则_______. 13. 抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则______. 14. 设点M（,1），若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45°，则的取值范围是________. 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. 在中，，. （1）求的面积； （2）求证：. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，， ，，． （1）证明：平面平面； （2）若为等腰三角形且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为． （Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 18. 已知函数=. （1）讨论的单调性； （2）设，当时，,求的最大值； （3）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001） 19. 已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质； ①； ②. （2）若数列中有，证明：数列不具有性质； （3）当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $