精品解析：山东省聊城市临清市外国语学校2026届高三上学期第四次教学质量检测数学试题

2025-2026第一学期高三年级第四次教学质量检测数学试题 (本试题考试时间120分钟，满分150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知是虚数单位，则复数的实部为（　　） A. B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法求出复数，进而求出其实部. 【详解】复数，所以的实部为1. 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由，则， 解得，所以， 且， 所以. 故选：D. 3. 已知向量满足，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义列式，结合题设求得，根据两向量的夹角范围即可求得该角. 【详解】因向量在向量上的投影向量为， 由题意，，即， 因，则. 故选：A. 4. 已知正三棱柱与以的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的高的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，设圆柱的高为，表示出棱柱和圆柱的体积，由两体积相等化简可求出棱柱与圆柱的高的比值 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 等边的面积为， 则正三棱柱的体积为， 设的外接圆半径为，则，故， 设圆柱的高为，则圆柱的体积， 由题意得，解得. 故选：D. 5. 已知函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将零点问题转化为交点问题，结合导数求解即可. 【详解】因为有三个零点， 所以有三个根，所以和有三个交点， 而，令，， 令，， 所以在上分别单调递增，在上单调递减， 所以极小值为，极大值为， 当时，，时，， 所以，故B正确. 故选：B 6. 如图所示，为测量一座古塔的高度，工作人员从塔底同一水平面的处测得塔顶C的仰角为，然后从处出发朝古塔方向走了60米到达处，在处测得塔顶C的仰角为，把塔顶正下方的一点记为点，则该古塔的高度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式结合锐角三角函数定义求解即可. 【详解】由题意得，，，， 所以，且设， 而， 由锐角三角函数的定义得， 解得，故C正确. 故选：C 7. 如图，在扇形中，半径，弧长为，点是弧上的动点，点，分别是半径，上的动点，则周长的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用点关于线的对称，将的周长的最小值转化为线段，再利用余弦定理求解即可. 【详解】如图， 连接，作点关于直线的对称点，关于直线的对称点，连接，分别交，于点，连接，如图所示，则，此时的周长取得最小值，其最小值为的长度.由题意可得,根据对称性可知，在中，由余弦定理可得，所以，即周长的最小值为. 故选：C 8. 已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④. 【详解】对于①，令，则，所以，故错误； 对于②，令，则， 所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确； 对于③，因为，若，则，故正确； 对于④，令，则，可得， 令，则，故错误. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 当时，的最小值是4 C. D. 在上为减函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】写出命题的否定形式可判断选项A；求得的最小值可判断选项B；求得的值可判断选项C；求导可判断单调性，从而可判断选项D. 【详解】选项A：命题““，”的否定是“，，故A正确； 选项B：当时，，令， 则在单调递减，最小值为5， 则当时，的最小值为5，故B错误； 选项C：由， 可得，故C正确； 选项D：，所以， 所以在上为减函数，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数周期性计算可得A；结合平移性质计算可得，即可得B；利用正弦型函数对称轴计算可得C；计算出后，将的图象画出即可得D. 【详解】； 对A：依题意，，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：由，令，， 解得，，故的对称轴为，故C正确； 对D： ， 令，则， 在直角坐标系中分别作出的图象如图所示， 观察可知，它们在上有6个交点， 即在上有6个零点，故D正确. 故选：ACD. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，棱长为，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 C. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 D. 若该几何体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体棱长的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求得该几何体放到一个正方体的最短棱长可判断A；建立空间直角坐标系，求得面面角的余弦值与点到面的距离可判断 BC；求出该半正多面体的外接球的外切正四面体的最短棱长判断D. 【详解】对于A，如图所示，该几何体放到一个正方体内，由棱长为，易求得正方体的棱长最小为，故A正确； 对于B，如图所示，以正方体的顶点为坐标原点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， 所以， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以由对称性可得任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为，故B正确； 对于C，，所以， 点到平面的距离， 所以将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为，故C错误； 对于D，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 该球半径为正方体的面对角线的一半， 该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时， 正四面体的体积最小，设此时正四面体的棱长为，高为， 所以，解得， 又正四面体底面正三角形半径为，则 解得，该正四面体棱长的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若是函数的极值点，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解. 【详解】由题意有， 所以， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. 故答案为：. 13. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：. 法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 所以， ， 所以，则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 因为， 又， 所以，所以， 所以该等比数列公比为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，，D为AC的中点，平面ABC，且，则三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知，利用余弦定理可得，再由正弦定理可得的外接圆的半径为，结合立体图形，设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，在中和直角梯形中，由等量关系建立方程组，解出，即可得到三棱锥外接球的表面积. 【详解】在中，，， 由余弦定理得， 所以，设的外接圆的半径为， 则由正弦定理得，解得 结合图形分析： 因为D为AC的中点，平面ABC，且， 在中，，， 又，则圆心到点的距离为， 另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为， 则中，，即， 直角梯形中，，即， 解得，，所以. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：球的性质：①球的任何截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面. 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n项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）记，求的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出，再通过与的关系推出数列，进而求出其通项公式. （2）将数列裂项，根据裂项相消法求其前项和. 【小问1详解】 当时，，解得. 当时，，. 两式相减得:. 整理得到:. . 数列是首项为1，公差为2的等差数列. . 【小问2详解】 由（1）得. 则 . 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可. （2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ∵， ∴， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ 【小问2详解】 由（1）得，， （或由余弦定理得） ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴， 设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18. 已知． （1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围； （2）若函数存在两个不同的极值点、，求证：； （3）当时，正项数列满足，，求证：当时，． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得，利用基本不等式求出在时的最大值，即可得出实数的取值范围； （2）分析可知，、是方程的两个不同的正根，根据一元二次方程根的分布求出实数的取值范围，结合韦达定理可将表示为的代数式，然后构造关于的函数，结合函数单调性即可证得结论成立； （3）令，可得出，，利用导数分析函数的单调性，可推导出当时，，然后令，利用导数分析函数的单调性，可得出，再由函数的单调性得出，即可证得结论成立. 【小问1详解】 函数的定义域为，且， 若函数在上为减函数，则对任意的恒成立， 即，即，可得， 因为，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，故， 因此，实数的取值范围是. 【小问2详解】 由可得①， 由题意可知，、是方程①的两个不同的正根， 所以，，解得， 所以， ， 因为，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以，， 所以，. 【小问3详解】 由题意可知，当时，， 令，则，， 因为， 当时，，即函数在上单调递减， 当上，，即函数在上单调递增， 因为，则， 所以，，， 以此类推可知，当且时，， 即当时，， 由已知，令， 则， 所以，函数在上单调递减， 由于当时，，所以，。 又因为， 所以，，从而可得， 所以，，即，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知函数在区间和各恰有一个零点，分别记为和． （1）求实数k的取值范围； （2）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值； （3）若函数有三个零点，，，其中，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知在区间和各有一个解，结合对应二次函数性质列不等式求参数范围； （2）应用导数的几何意义求切线方程，求出交点坐标，进而有，结合（1）得，利用导数求其最大值； （3）应用导数研究的区间单调性，得依次在区间、、上，设在点处的切线为且且，在点处的切线为且且，利用导数研究、的区间单调性，结合即，即可证. 【小问1详解】 令，若，则是一个零点，不是题设区间内的零点， 所以的两个根分别在区间和内， 故只需，所以； 【小问2详解】 ，结合（1）知， 所以曲线在点处的切线，， 令，则，而， 所以，故，而，且， 所以， 令，则，则， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为； 【小问3详解】 记的导函数为，有显然在上单调递增， 又，时，存在，使， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，或时， 所以，存在，，使， 当或时，，在、上单调递增， 当时，，在上单调递减， 结合题设，依次在区间、、上， 设在点处的切线为， 设且，则， 记的导函数为，则，故在上单调递减， 又，则时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以， 若与直线的交点横坐标为，则， 由，则的斜率，故， 同理，设在点处的切线为， 设且，则， 记的导函数为，则，故在上单调递增， 又，则时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 所以， 若与直线的交点横坐标为，则， 由，是方程的根，满足和，则的斜率，故， 综上，， 由，，，则， 所以，则，故，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第一学期高三年级第四次教学质量检测数学试题 (本试题考试时间120分钟，满分150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知是虚数单位，则复数的实部为（　　） A. B. 1 C. D. i 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知正三棱柱与以的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的高的比值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，为测量一座古塔的高度，工作人员从塔底同一水平面的处测得塔顶C的仰角为，然后从处出发朝古塔方向走了60米到达处，在处测得塔顶C的仰角为，把塔顶正下方的一点记为点，则该古塔的高度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 7. 如图，在扇形中，半径，弧长为，点是弧上的动点，点，分别是半径，上的动点，则周长的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. D. 8. 已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ②④ 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 当时，的最小值是4 C. D. 在上为减函数 10. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，棱长为，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 C. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 D. 若该几何体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体棱长的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若是函数的极值点，则___________ 13. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 14. 在三棱锥中，，，D为AC的中点，平面ABC，且，则三棱锥外接球的表面积为______． 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n项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）记，求的前项和 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18. 已知． （1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围； （2）若函数存在两个不同的极值点、，求证：； （3）当时，正项数列满足，，求证：当时，． 19. 已知函数在区间和各恰有一个零点，分别记为和． （1）求实数k的取值范围； （2）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值； （3）若函数有三个零点，，，其中，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $