精品解析：山东省青岛莱西市2025-2026学年高三上学期期中数学试题

高三年级阶段性检测（一）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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，请将答题卡上交． 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出全集和集合，再由并集和补集相关知识进行运算即可. 【详解】由解得，∵，∴， 由解得或，∴集合， ∴，∴. 故选：B. 2. 若复数满足，则（　　） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的性质，共轭复数的性质求解. 【详解】因为， 所以，， 所以. 故选：C 3. 已知一容器中有两种菌，为菌的个数，为菌的个数，且在任何时刻两种菌的个数均满足．若分别用和来表示菌、菌个数的指标，则当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合对数运算以及指数幂运算即可求解. 【详解】由题可知，则， 又，所以，． 故选：D. 4. 在中，D为BC中点，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加减运算得出、，即可得出在线段上的位置，即可求出. 【详解】因，则，即， 则， 因D为BC中点，则， 因，则，即， 则，则， 因，D为BC中点，则，即，得. 故选：A 5. 将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数图象的变换规律求得的解析式，进而得的解析式，再利用三角函数的单调性求得的范围． 【详解】将的图象横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象， 再向右平移个单位长度，得到的图象． ， 由，， 得， ∴的增区间为， 若在上单调递增，则， ∴且，∴且， 又，∴当时，， 故答案为：B． 6. 设是的导函数，定义在上的函数满足（1）；（2），则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造，求导得到单调性，根据得到，构造，求导得到单调性，根据得到，得到答案. 【详解】设，则，在上单调递增， 则，即，； 设，则，在上单调递减， 则，即，； 综上所述：. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数确定单调性，再根据单调性确定不等关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造和，求导确定单调区间是解题的关键，构造法是常考的数学方法，需要熟练掌握. 7. 在棱长为的正方体中，为正方体内一动点（包括表面），若且. 则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过向量加法的几何意义和空间向量基本定理，确定满足、的点的位置，即三棱锥内，从而可得结论. 【详解】 根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理， 知满足的点在三棱柱内， 满足的点在三棱柱内， 故同时满足和的点在这两个三棱柱的公共部分，如图所示，即三棱锥内，其体积是， 故选：D. 8. 已知函数是定义在上的单调函数，且，则的值为（    ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，设，代入原式可得，再令，代入原式可得，结合函数的单调性列出方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】设，由题意可知，因为， 令，则，即，所以， 因为函数的定义域为，所以，即， 令，则， 即，所以， 又是定义在上的单调函数，所以， 整理得，解得或（舍）. 故选：B 二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的面积为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用二倍角公式将展开，判断B选项，根据B选项用特殊情况法和排除法验证其他选项. 【详解】利用二倍角公式，将展开： 代入已知条件， 化简得：，选项B正确； 令，则， 因为，则， 若为锐角三角形，则，即，则， 所以，矛盾，故，即， 三角形面积，故，由，得， 而，平方得：， 故，选项A正确； 由勾股定理，，结合（），得：， 代入，解得，即，选项C错误； 由，得，选项D错误. 故选：AB. 10. 定义为不小于的最小整数，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为0或1 B. 单调递增 C. 函数有2个零点 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数新定义可知，可得A正确；当时，，所以并不是单调递增函数，B错误；在同一坐标系下画出函数与的图象，由两函数图象交点个数即可得C正确；分别计算出的不同取值时对应的函数值即可求得，即D正确. 【详解】由定义可知，所以当时，的值为0， 当时，的值为1，故A正确； 易知当时，，函数值并没有随着自变量的增大而增大，故B错误； 当时，，当时，， 在同一坐标系下画出函数与的图象如下图所示： 由图可知，与的图象有两个交点和，其余情况的图象与直线无交点，故C正确； 根据函数定义可知当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故，故D正确． 故选：ACD 11. 已知正方体的棱长为2，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 时， B. 时，的最小值为 C. 时，直线与面的交点轨迹长度为 D. 时，正方体被平面截的图形最大面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到点在线段上，证明线面垂直，得到线线垂直； B选项，作出辅助线，将两平面展开为同一平面内，利用两点之间线段最短，得到的最小值，求出答案； C选项，作出辅助线，找到直线与面的交点轨迹，求出长度； D选项，作出辅助线，分P位于线段DZ上和线段BZ上，分别求出截面的最大面积，比较得到结果. 【详解】取AD中点F，BC的中点G，连接，，，则， 因为，， 所以，即点在线段上， 因为E为线段的中点，则，故， 所以，由于， 所以， 又⊥平面，平面， 所以⊥， 因为，所以平面， 因为平面， 所以，A正确； B选项，在AB上取点H，使得，在DC上取点K， 使得， 因为，， 所以点P在线段HK上， 将平面与平面沿着HK展开到同一平面内，如图1， 连接交HK于点P，即三点共线时，取得最小值， 其中由勾股定理得：，所以， 所以，故B正确； C选项，，，时， 由向量共线定理的推论可得：P点在线段BD上， 连接，交于点M，交于点N，连接MN， 则线段MN即为直线与面的交点轨迹， 其中三角形是等边三角形，， 由三角形相似可知：，而，所以， 同理可得：，所以三角形是等边三角形，所以， 直线与面的交点轨迹长度为，C错误； 由C选项的分析可知，：P点在线段BD上， 连接AC，BD相交于点Z，当P位于线段DZ上时，连接AP并延长交CD于点Q， 连接，则平面截正方体所得图形为三角形， 则当与重合时，Q与C重合，此时截面三角形面积最大， 面积为； 当P位于线段BZ上时，如图3，连接AP并延长，交BC于点W， 过点W做WR∥交于点R，连接， 则四边形即为平面截正方体所得的截面， 设，则由平行性质可知：， 则，所以四边形为等腰梯形， 其中，设梯形的高为h，则， 则截面面积为， 如图4所示，直角三角形，直角边， 在上取一点，连接， 则三角形的面积即为， 显然当时，面积取得最大值，最大面积为， 因为，所以时，正方体被平面截的图形最大面积是，D正确.. 故选：ABD 【点睛】立体几何中的点的运动轨迹问题，或线的运动轨迹问题，要结合题目特征，利用平行或垂直关系，找出轨迹是线段或圆弧，或是椭圆，抛物线等，进而求出相应的轨迹长度. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用倍角的余弦公式和同角三角关系化简整理得，并根据象限判断的符号求解，再利用倍角的余弦公式运算求解. 【详解】由，则 即，解得或 因为，所以，则， 故. 故答案为：. 13. 三棱锥中，已知平面，是边长为的正三角形，为的中点，若直线与平面所成角的正弦值为，则的长为_____. 【答案】2或 【解析】 【分析】设是的中点，连接，在平面内作，则，可证明平面，连接，则是与平面所成的角，设，利用平面所成的角的正弦值为，列方程求解即可. 【详解】 设是的中点，连接， 平面，， 为正三角形，， 平面， 在平面内作， 则，平面， 连接，则是与平面所成的角， 设，在直角三角形中，， 求得， ， 平面所成的角的正弦值为， , 解得或，即的长为2或，故答案为2或. 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及直线与平面所成的角，属于难题. 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理. 14. 已知函数，（其中是自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用分离常数法，构造新函数，结合导数和零点存在原理求得的取值范围. 【详解】要使在上恒成立， 等价于在上恒成立． 令，则只需即可． ， 令，则， 所以在上单调递增，又，， 所以有唯一的零点，且，在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以， 两边同时取自然对数，则有， 即． 构造函数，则， 所以函数在上单调递增，又， 即，即． 即． 于是实数m的取值范围是， 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. 二次函数为实数，对任意的都有和恒成立.已知的函数图象与的图象有且只有一个公共点，这个公共点在第二象限. （1）求证：； （2）若的最小值为-10，求函数的解析式. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意得到时，，时，，从而求解；. （2）由（1）得到二次函数对称轴，从而在上单调递减，则，再由的函数图象与的图象有且只有一个公共点，由方程的判别式求解. 【小问1详解】 解：由题意可得， 当时，； 当时，， 则①， ， 同时有， 利用①式解得②， 已知函数与只在第二象限有唯一公共点，则二次函数开口向下，③， 由②③可得. 【小问2详解】 由（1）可得二次函数对称轴，则在上单调递减， 即， 方程的判别式， 解得或 若成立，则，不满足，故舍去； 若成立，则，满足， 函数解析式. 16. 已知在区间上的最大值为． （1）求函数的解析式和最小正周期； （2）在中，角的对边分别是．且．求的取值范围． 【答案】（1），最小正周期为 （2） 【解析】 【分析】（1）一般的，求三角函数的周期性等问题，需要将函数化为形式，再求解即可； （2）利用余弦定理，结合基本不等式求出的最小值，求出角的范围，化简函数表达式，进而求解函数的值域即可. 【小问1详解】 （1）因为， ， ， 所以， 即， 又因为，所以，则， 所以的最大值为，得：， 所以，故． 故的最小正周期为：． 【小问2详解】 因为， 所以，即， 由正弦定理得：， 由余弦定理得：， （当且仅当时取等号），得， ， ， 所以， 又，， 故的取值范围为． 17. 如图，三棱柱中，，. （1）求证：平面； （2）直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 在中，，， 由余弦定理可得， 则，解得， 由，则在中，， 因为，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式建立方程，求得点的坐标，根据面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）及，则两两相互垂直，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设，由（1）知， 则，，，， 则，，， 设平面的一个法向量，则，可得， 令，则，，所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 则，解得，则， 在三棱柱中，，则， 设平面的一个法向量， 则，可得，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则. 18. 已知函数，并设， （1）若图像在处的切线方程为，求、的值； （2）若函数是上单调递减，则 ① 当时，试判断与的大小关系，并证明之； ② 对满足题设条件的任意、，不等式恒成立，求的取值范围 【答案】（1），；（2）①见解析 ，② ． 【解析】 【详解】（1）因为，所以， 又因为图像在处的切线方程为， 所以，即，解得，． （2）①因为是上的单调递减函数，所以恒成立， 即对任意的恒成立， 所以，所以，即且， 令，由，知是减函数， 故在内取得最小值，又， 所以时，，即． ② 由①知，，当时，或， 因为，即，解得，或，所以， 而， 所以或， 不等式等价于， 变为或恒成立，， 当时，，即，所以不等式恒成立等价于恒成立，等价于， 而， 因为，，所以，所以，所以， 所以，所以． 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，当时，函数有极小值，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，令，解得，分别分析和上的正负，可得的单调区间. （2）由（1）知：在上单调递增，可得，分别讨论、、和时，的正负，可得的单调性，进而可判断有无极小值，综合即可得答案. 【小问1详解】 由题知：， 令，解得， 当时，；当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为 【小问2详解】 由（1）知：在上单调递增， 所以 （i）当，即时，， 所以，则 令，所以， 令，得；令，得； 所以在区间单调递减，在区间单调递增； 又因为，，所以； 所以在上单调递减，无极值 （ii）当，即时，， 所以，则， 令，所以， 因为，所以 ①当，即时，则， 所以在区间单调递增，所以 所以在上单调递增，无极值 ②当，即时， 令，得， 所以当时，，在区间单调递减； 当时，，在区间单调递增； 又因为，， 所以存在使得 所以在上单调递减，在上单调递增 所以在上有极小值 （iii）当时，因为在上单调递增，且，， 所以存在使得， 所以当时，；当时，， 所以函数， 所以， 设，则， 所以在上单调递减 所以，即当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上有极小值， 综上，a的取值范围是 【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需讨论a不同范围下，的正负，如无法直接得到，则需构造函数，并再次求导进行求解，考查分析理解，分类讨论能能力，属难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级阶段性检测（一）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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，请将答题卡上交． 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（　　） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 3. 已知一容器中有两种菌，为菌的个数，为菌的个数，且在任何时刻两种菌的个数均满足．若分别用和来表示菌、菌个数的指标，则当时，（ ） A. B. C. D. 4. 在中，D为BC中点，，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设是的导函数，定义在上的函数满足（1）；（2），则的范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为的正方体中，为正方体内一动点（包括表面），若且. 则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义在上的单调函数，且，则的值为（    ） A. B. C. 1 D. 2 二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的面积为，则（　　） A. B. C. D. 10. 定义为不小于的最小整数，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为0或1 B. 单调递增 C. 函数有2个零点 D. 11. 已知正方体的棱长为2，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 时， B. 时，的最小值为 C. 时，直线与面的交点轨迹长度为 D. 时，正方体被平面截的图形最大面积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则_________. 13. 三棱锥中，已知平面，是边长为的正三角形，为的中点，若直线与平面所成角的正弦值为，则的长为_____. 14. 已知函数，（其中是自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 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. 二次函数为实数，对任意的都有和恒成立.已知的函数图象与的图象有且只有一个公共点，这个公共点在第二象限. （1）求证：； （2）若的最小值为-10，求函数的解析式. 16. 已知在区间上的最大值为． （1）求函数的解析式和最小正周期； （2）在中，角的对边分别是．且．求的取值范围． 17. 如图，三棱柱中，，. （1）求证：平面； （2）直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数，并设， （1）若图像在处的切线方程为，求、的值； （2）若函数是上单调递减，则 ① 当时，试判断与的大小关系，并证明之； ② 对满足题设条件的任意、，不等式恒成立，求的取值范围 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，当时，函数有极小值，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $