精品解析：山东省淄博第七中学2025-2026学年高三上学期学分认定考试数学试题（钱学森班）

2025-2026学年第一学期高三学分认定考试数学试题 一、单选题：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. 若复数满足，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与直线，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 4. 已知函数，若且函数的最小正周期满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 是定义在上的奇函数，且关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直角梯形中，，，且，，点是梯形内（含边界）任意一点，设，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 8. 若，，均为正数，且，记，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，正方体的棱长为1，且分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为 D. 点到平面的距离为 10. 已知数列满足则（ ） A. B. C. D. 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共15 分． 12. 已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为____________. 13. 已知数列满足：，则通项________． 14. 已知、分别是椭圆的左､右焦点，为坐标原点，是椭圆上的点，若的面积是，且，则的离心率是______． 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. 已知所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若的面积为，，求. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 17. 在四棱锥中，底面． （1）证明：； （2）求PD与平面所成的角的正弦值． 18. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． （1）若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为．求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．已知甲乙进行了局比赛且甲胜了11局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值）． （3）随着比赛的进行，对于高手而言，越到后面，在单局比赛中获胜的概率越大．设比赛共进行局，若甲在第局比赛中获胜的概率为，同时主办方决定最终奖金的计算根据每一局的胜负情况，第局的胜者得奖金元，负者0元．记随机变量为比赛结束时甲获得的总奖金数，求（用表示） 参考公式：对任意随机变量，有． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高三学分认定考试数学试题 一、单选题：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. 若复数满足，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先利用对已知条件化简求出，再利用复数模的计算公式求． 【详解】，，又， ，即， ． 故选：C． 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合，根据集合的补集运算即可求解. 【详解】由题意知，所以． 故选：C． 3. 已知直线与直线，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平行的性质计算出后验证是否重合即可得. 【详解】由，则有， 化简得，故或； 当时，，，此时与重合，不符； 当时，，，符合要求； 综上所述：. 故选：A. 4. 已知函数，若且函数的最小正周期满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得为函数的最大值或最小值，即可求出的取值集合，再由周期求出的范围，即可求出的值，从而得解. 【详解】，为函数的最大值或最小值. ，，解得.又 函数的最小正周期满足，且， ，解得，当时，满足题意，. 故选：B. 5. 是定义在上的奇函数，且关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据函数是定义在上的奇函数且关于直线对称可证明出是周期为的周期函数，然后利用函数的周期性和奇偶性即可求出. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以①， 又关于直线对称，所以②， 联立①②可得，即③， 把用替换可得④， 联立③④可得，所以是周期为的周期函数， 所以. 故选：C 6. 已知直角梯形中，，，且，，点是梯形内（含边界）任意一点，设，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，表示出，再求取值范围即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系，设， 则，， 可得， 因为，所以， 所以，当时，取得最小值； 当时，取得最大值，即. 故选：A. 7. 如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②设的中点为，易得，所以或其补角即为与的夹角. 利用余弦定理即可求得；③根据①②的分析，当面时，三棱锥体积最大，易求其最大值；④设的中点为，易得点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为 【详解】对于①：由题意知，为等边三角形，点是边的中点 ，，平面， 平面，又平面， 所以平面平面，故①正确； 对于②：设的中点为，易得 所以或其补角即为与的夹角. 在中， 由余弦定理可得， 所以，所以与的夹角为 .故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，三棱锥体积最大，此时，故③错误； 对于④：设的中点为，则，点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为，故④正确. 故答案为：①②④. 8. 若，，均为正数，且，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把指数式转化为对数式然后应用对数的换底公式乘法运算得出，利用基本不等式及换底公式求出，利用求出，进而求出，从而确定选项. 【详解】设，则，，， 所以. 因为，所以， 即，而，所以； 又因为，所以. 故选：B. 二、多选题：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，正方体的棱长为1，且分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，线面垂直的性质，三棱锥的体积公式，等体积法，针对各个选项即可分别求解. 【详解】对A选项，如图，连接，则为中点， 又为的中点，所以， 又平面平面，平面，故A选项正确； 对B选项，因为在正方体中，所以平面平面， ，由已知得面，面， 则，，故B选项正确； 对C选项，三棱锥的体积为 ，故C选项错误； 对D选项，设点到平面的距离为，则， ，，故D选项正确. 故选：ABD. 10. 已知数列满足则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，直接代入即可判断；对B，化简得，再结合对勾函数的单调性即可判断数列单调性；对C，利用裂项求和法即可判断；对D，利用不等式性质进行放缩即可. 【详解】对A，，令得，即，解得，故A正确； 对B，，，由，可得，则，根据对勾函数性质知在上单调递增， 且，当且仅当时等号成立， 则在上单调递减，则为递减数列，从而，故B正确； 对C，由得， ，故C正确； 对D，因为，且，， ，结合，则，故D不正确， 故选：ABC． 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，再由正弦定理和余弦定理得到，A错误；B选项，结合得到，由基本不等式求出最值，结合余弦函数单调性得到；C选项，利用同角三角函数关系及可变形得到；D选项，根据和正弦定理，同角三角函数关系得，并计算出，其中，故，D正确. 【详解】A选项，， 即， ， ， ，化简得， 由正弦定理得，由余弦定理得， 所以，，A错误； B选项，，又在上单调递减， 所以，的最大值为，B正确； C选项，， 因为，所以，代入上式可得 ，C正确； D选项，，由正弦定理得， 即，即， 其中， 而， 所以 ， 不是直角三角形，故，故，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共15 分． 12. 已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设出切点坐标，由导数的几何意义可得，将问题转化为函数有三个零点问题，然后列出不等式，即可得到结果. 【详解】设过点的直线与的图象相切于点， 则切线斜率，由切线过点，得， 因此，整理得. 令，则， 原问题等价于有三个不同零点. 当时，单调递增，最多有1个零点，不符合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极大值为，极小值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，极大值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 综上，的取值范围是. 故答案为： 13. 已知数列满足：，则通项________． 【答案】 【解析】 【分析】取倒数得到数列是等差数列，根据数列的通项公式得到数列的通项公式. 【详解】取倒数后得，即， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 已知、分别是椭圆的左､右焦点，为坐标原点，是椭圆上的点，若的面积是，且，则的离心率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】依题意可得且在线段上，从而得到，设，利用余弦定理及椭圆的定义得到，再由面积公式得到，即可求出，再由勾股定理求出、与的关系，最后在中利用勾股定理求出、的关系，即可得解. 【详解】因为，所以且在线段上， 所以， 设，则， 在中，由余弦定理得， 即， 即， 又因为， 所以，即， 所以， 因为，所以， 所以，又，所以，所以， 即． 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. 已知所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若的面积为，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理化简，再用两角和的正弦公式展开即可求出； （2）先根据三角形的面积公式求出的值，再利用余弦定理求出的值即可. 【小问1详解】 根据正弦定理，由可得， ，， 故上式化为， 又，，， 故化为，即， 提公因式，得， 又，，，， . 【小问2详解】 的面积为，， 由（1）可知，， 再根据余弦定理可得，， 又，，即，解得. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 【答案】（1） （2）由题可得，所以， 又，所以， 又也满足上式， 所以， 【解析】 【分析】（1）由与关系结合题意可得答案； （2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案. 【小问1详解】 当时，可得， 当时，，. 作差可得， 因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 17. 在四棱锥中，底面． （1）证明：； （2）求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【小问1详解】 证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； 【小问2详解】 解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． （1）若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为．求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．已知甲乙进行了局比赛且甲胜了11局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值）． （3）随着比赛的进行，对于高手而言，越到后面，在单局比赛中获胜的概率越大．设比赛共进行局，若甲在第局比赛中获胜的概率为，同时主办方决定最终奖金的计算根据每一局的胜负情况，第局的胜者得奖金元，负者0元．记随机变量为比赛结束时甲获得的总奖金数，求（用表示） 参考公式：对任意随机变量，有． 【答案】（1）分布列见解析，； （2）14 （3） 【解析】 【分析】（1）讨论极端情况，若刚开始连胜，则局结束，若一直没有连胜，则最多比赛局，再具体讨论每种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可解决. （2）每场比赛是相互独立的，则服从二项分布 ，求出，再求最值即可. （3）由题意，求出第局获得的奖金期望，再求和即可. 【小问1详解】 由比赛规则知，1局比赛后，甲乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束， 则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分， 因此比赛次数不会超过5，比赛共进行了局，则， 记随机事件“第i局比赛中甲获胜”，， ， ， ， ． 所以X的分布列为： X 2 3 4 5 P 数学期望. 【小问2详解】 依题意，，， 记，已知， 则， 由，得， 即时，，时，， 则当时，最大，所以n的估计值为14． 【小问3详解】 设第局获得奖金为，则， 由于，则. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【答案】（1） （2） （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以在，即上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到， 法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 解：由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 法一：当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 所以在递增，在递减， 又，，所以，即. 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. 法二：当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 又因为，所以， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $