精品解析：山东省青岛市即墨区2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

2025—2026学年度第一学期教学质量检测 高三数学试题 2025.11 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.选出每小题答案后，用2B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.所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效. 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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则运算即可. 【详解】由题意得，则. 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解集合中不等式的解集，再通过比较集合与的元素范围判断集合间的关系. 【详解】解不等式得：，因此集合， 集合，故. 故选：D. 3. 下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数及指数函数的单调性结合奇偶性判断各个选项. 【详解】对于A：是奇函数，A选项错误； 对于B：是偶函数，在单调递增，B选项正确； 对于C：是偶函数，在单调递减，C选项错误； 对于D：是偶函数，在单调递减，D选项错误； 故选：B. 4. 如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形和角边关系求出结果即可. 【详解】设树的高度为，由已知，得， 在中，. 化简得，解得. 所以树的高度为m. 故选：C. 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】对A，当时，则， 所以，解得或，即必要性不成立，故A错误； 对C，当时，，故， 所以，即充分性成立，故C正确； 对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误； 对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误. 故选：C. 6. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则函数的零点的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象平移知识求出，所求函数的零点问题转化为两个函数图象的交点问题，在同一直角坐标系中画出图象可得答案． 【详解】由条件得：， 的零点个数等价于函数与直线的图象交点个数， 如图所示，可得两图象交点个数为3． 故选：C 7. 已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量计算公式及向量数量积运算律可得在上的投影向量为，设，由题意建立方程求解可得或，计算即可求解. 【详解】因为，所以， 因为，， 所以，解得， 则在上的投影向量为， 设，则，解得或， 所以或， 即在上的投影向量为或. 故选：B 8. 已知函数的定义域为，对于正实数，定义集合，则（ ） A. 若，则对于任意正实数，集合中有无限多个元素 B. 若，则中可能含有个元素 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据的定义分别列方程，探究解的情况. 【详解】A选项：，即得，解得，不满足题意，即，A选项错误； B选项：，即得，， 化简可得，即，即集合中只有个元素，B选项错误； C选项：，则，当时，方程有无数个解，即，C选项错误； D选项：由，则函数在和上分别单调递增， 由可知，若或时，二者显然不可能同时成立，则方程无解，满足， 若，时，，即有解， 设，则，即有解， 则，即， 且方程的解为，， 所以或， 解得或， 综上所述， 故选：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. 若实数，满足，则正确的是（ ） A. B. C. D. 关于的不等式恒成立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性，确定，利用与的大小关系判断A，利用二次函数以及对数函数的单调性判断B，利用三次函数的单调性，判断C，利用二次不等式恒成立的条件判断D. 【详解】构造函数，为上的增函数， 因为，即，有， 对于A，，，所以，所以A错误； 对于B，构造函数，当时， 单调递减，所以， 构造函数，在上单调递增， 所以，B正确； 对于C，构造函数，为上的增函数， 所以，C正确； 对于D，若关于的不等式恒成立， 则有成立，成立， 但当，时，， 所以不恒成立，所以D错误. 故选：BC 10. 如图，正方体的棱长为，是的中点，则（ ） A. B. 直线与平面所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 由，，三点确定的平面将正方体分成两部分的体积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法判断A、B，利用等积变换法判断C，求三棱台的体积，即可判断D. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系， ，，， ， 对于A选项，，，， 所以与不垂直，A错误； 对于B选项，，，为平面的法向量， 设直线与平面所成角为，则， 又因为，所以，B正确； 对于C选项，三棱锥的体积可转化为三棱锥的体积， 由正方体的性质可知平面，，， 所以到直线的距离为两平行线间的距离， 所以，所以， 所以三棱锥的体积为，C正确； 对于D，取的中点，连结，，， ，，， 所以，所以由，，三点确定的平面将正方体的截面为， 截得的几何体为三棱台， 其上下底面、均为等腰直角三角形，腰分别为、， 棱台的高， 所以， 所以， ，剩余部分体积， 又，所以D正确. 故选：BCD 11. 已知，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 是的极值点 C. 在区间上递减 D. 若，则有三个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：证明该函数为奇函数即可得；对B：求导后借助基本不等式可得导数范围，即可得解；对C：借助复合函数求导法则对求导后，计算即可得；对D：令，结合奇函数性质化简可得，构造函数求导后结合三次函数性质计算即可得. 【详解】对A：， 又定义域为，故为奇函数，故的图象关于原点对称，故A正确； 对B：，当且仅当时，等号成立， 故恒成立，故在上单调递增，故无极值点，故B错误； 对C：， 当时，，由B知，恒成立， 故当时，， 故在区间上单调递减，故C正确； 对D：令， 则， 又在上单调递增，故， 即，令， 则， 故当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，， 且，， 故存在、、， 使得，即有三个零点，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边上有一点，且，则______； 【答案】 【解析】 【分析】根据公式,即可得解. 【详解】，即，解得. 由于,故，则. 故答案为：-1 13. 若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则的范围是______； 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论求解不等式，结合解集中恰有两个整数可得答案. 【详解】当时，显然不合题意； 当时，原不等式可化为，即，所以， 因为解集中恰有两个整数，所以，即； 当时，原不等式可化为，即， 所以若时，则或，不合题意；若时，则或，不合题意；若时，则，不合题意. 综上可得，； 故答案为： 14. 已知球O的半径为1，正四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则该四棱锥的体积最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】得到四棱锥体积表达式，再利用不等式去求四棱锥体积的最大值. 【详解】设该四棱锥底面为四边形，四边形所在小圆半径为， 设四棱锥的高为，则，， 当且仅当即时等号成立． 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. 已知函数，. （1）求a的值； （2）若函数，求的最小值，并用单调性的定义证明在区间上单调递增. 【答案】（1） （2） ，当且仅当即时取等号， 所以的最小值为. 证明：任取，且， 则， 因为，且在上单调递增，所以，， 所以， 所以，即， 故在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）代入求值即可； （2）利用基本不等式对求最小值即可；定义法证明函数单调性，按步骤取值，作差，合并同类项化简，下结论即可证明. 【小问1详解】 由，得， 所以a的值为. 【小问2详解】 略 16. 如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，E是的中点，底面. （1）证明：平面平面； （2）若平面和平面的夹角余弦值为，求点D到平面的距离. 【答案】（1） 连接, 因为四边形是菱形，， 所以是等边三角形， 因为E是的中点，所以， 因为，所以. 因为平面，平面， 所以，又平面，平面，, 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，转化为证明平面. （2）设，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面过的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法求二面角公式，由平面和平面的夹角余弦值为，求得，再利用空间向量法点到平面距离公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面过的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则,, 所以，， 令，则，令，则， 所以平面的法向量为，平面的法向量为， 因为平面和平面的夹角余弦值为， 所以，解得， 所以，平面的法向量为， 因为， 所以点D到平面的距离. 17. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：当时，函数存在唯一的极值点，且． 【答案】（1） 当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为． （2） 当时，， 故 ，其定义域为， ， 由于，故， 因此的符号由决定． 令， 则在上单调递增． 由于，， 由零点存在定理，在内存在唯一零点， 即（等价于）． 当时，，故，在上单调递减； 当时，，故，在上单调递增． 因此，在处取得唯一极小值点（即唯一极值点）． 由，及，代入，得 ， 证明完毕． 【解析】 【分析】（1）对求导后讨论和即可得； （2）当时，可得，求导后构造新函数，通过讨论的情况可得的情况，由零点存在定理，在定义域内存在唯一零点，再利用由，及，可证． 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得：， 当时，恒成立， 故在R上单调递增，无单调递减区间． 当时，令，得： 当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增． 综上所述，当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为． 【小问2详解】 略 18. 已知的三边分别为，，，面积为，，. （1）求； （2）若，点，是边上的两个动点，. （Ⅰ）当时，求面积的最小值； （Ⅱ）设，，则是否存在常数和，对于任意满足题意的，都有都成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，且， 【解析】 【分析】（1）借助三角形面积公式与余弦定理计算即可得； （2）（Ⅰ）设，借助正弦定理与三角形面积公式可表示出，再结合三角恒等变换公式与的范围计算即可得；（Ⅱ）由题意可得为定值，则可借助三角恒等变换公式将等式变形成含有相关角的形式，再令含变量的系数为计算即可得解. 【小问1详解】 ，则， 则； 【小问2详解】 （Ⅰ）由，则， 则， 又，则，，有， 故，， 不妨设更靠近，如下图，设，则， 则，， 在中，有，即， 在中，有，即， 则 ， 由，则，故， 故； （Ⅱ） ， 由 ， 则， 故可变形为： ， 即， 由，，，故， 则当为常数时，为定值，又为常数， 则需满足， 则， 即，又，故， 则， 故存在，且，，使得对于任意满足题意的，， 都有恒成立. 19. 已知函数. （1）求在的单调性； （2）令，讨论在的零点个数； （3）定义函数在区间I上的隔离指数为，设，区间，证明：当时，有. （参考数据：，） 【答案】（1）在单调递增，在单调递减. （2）在有两个零点 （3） 由题意可得，证即证最值差小于右侧. ， 则当，单调递减， 当，单调递增， 故，又， 在上单调递增，则， 故， 设，则， 故在上为减函数，故， ， 故，所以. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分析其在区间上的单调性； （2）根据函数单调性及零点存在定理对分区间讨论函数零点； （3）先确定函数在区间I上最大值、最小值，利用放缩法可证题设中的不等式. 【小问1详解】 ，求导：， 令得， 若，单调递增， 若，单调递减， 故在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 ，，即是函数一个零点， 当时，，故恒成立， 故在上无零点. 当时，设，则， 若，则，若，则， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，, 故存在，使得， 且，，在区间上单调递增， 或，，在区间、上单调递减， 而，，故在上有两个零点. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期教学质量检测 高三数学试题 2025.11 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.选出每小题答案后，用2B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.所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效. 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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ） A. B. C. D. 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 6. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则函数的零点的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. 或 C. D. 或 8. 已知函数的定义域为，对于正实数，定义集合，则（ ） A. 若，则对于任意正实数，集合中有无限多个元素 B. 若，则中可能含有个元素 C. 若，则 D. 若，，则 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. 若实数，满足，则正确的是（ ） A. B. C. D. 关于的不等式恒成立 10. 如图，正方体的棱长为，是的中点，则（ ） A. B. 直线与平面所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 由，，三点确定的平面将正方体分成两部分的体积之比为 11. 已知，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 是的极值点 C. 在区间上递减 D. 若，则有三个零点 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边上有一点，且，则______； 13. 若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则的范围是______； 14. 已知球O的半径为1，正四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则该四棱锥的体积最大值为______. 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. 已知函数，. （1）求a的值； （2）若函数，求的最小值，并用单调性的定义证明在区间上单调递增. 16. 如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，E是的中点，底面. （1）证明：平面平面； （2）若平面和平面的夹角余弦值为，求点D到平面的距离. 17. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：当时，函数存在唯一的极值点，且． 18. 已知的三边分别为，，，面积为，，. （1）求； （2）若，点，是边上的两个动点，. （Ⅰ）当时，求面积的最小值； （Ⅱ）设，，则是否存在常数和，对于任意满足题意的，都有都成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由. 19. 已知函数. （1）求在的单调性； （2）令，讨论在的零点个数； （3）定义函数在区间I上的隔离指数为，设，区间，证明：当时，有. （参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $