精品解析：山东省实验中学2026届高三上学期1月诊断性考试数学试题

山东省实验中学2026届高三1月诊断性考试 数学 2026.1 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. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题的否定即可得到答案． 【详解】命题“，”否定为“，”， 故选：D． 2. 已知，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的计算公式，即可求得答案. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解. 【详解】的二项展开式为， 令，解得， 故所求即为. 故选：A. 4. 已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的性质，分别判断充分性与必要性即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由，得， 当时，，解得或，充分性不成立； 当时，，必要性成立. 所以“”是“的公比为2” 的必要不充分条件. 故选：A 5. 已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，作出图形的轴截面，利用勾股定理及相似比求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得：， 解得， 如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心， 则， 可得， . 故选：C. 6. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且（O为坐标原点）．若，则焦点F的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点M作轴，利用直角三角形的性质可求出以，从而可求出，进而可求出焦点F 的坐标. 【详解】由抛物线的对称性，不妨设点M在x轴上方． 设抛物线C的准线l与x轴的交点为H，则． 过点M作轴于点N，作准线l于点Q，则四边形是矩形，，所以．在中，因为，，所以，所以． 因为焦点F的坐标为，所以焦点F的坐标为． 故选C． 7. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值. 【详解】函数，其中， 由，得，而， 因此，即，则即， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键. 8. 对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由余弦函数的性质求解集合，再根据题意得，则，再讨论的情况即可． 【详解】由得，，故， 因为，所以， 所以， 因为集合补集中一段区间的长为， 所以当时，一定成立， 当时，时，有， 解得，所以满足的范围是， 综上所述，， 故选：B． 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. 一组数据，，，，的平均值为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记，，，，的平均值为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、极差、中位数定义及性质求解即可． 【详解】由题意可得，，，. 故选：ACD． 10. 设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项由双曲线的对称性可直接判断，B、C、D选项，首先根据点差法分析可得，结合双曲线的渐近线斜率可判断B，C、D可通过联立直线方程与双曲线方程，利用判别式即可判断. 【详解】对于选项A：因为双曲线关于y轴对称， 所以当直线AB的方程为时，线段AB的中点为，故A正确； 当直线AB的斜率存在且不为0时， 设，则的中点， 可得， 因为在双曲线上，则，两式相减得， 所以. 对于选项B：可得，则，即， 双曲线的渐近线方程为，由于与其中一条渐近线平行，故不可能有两个交点，故B错误； 对于选项C：可得，则，即， 联立方程，消去y得， 此时，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误； 对于选项D：，则，即， 联立方程，消去y得， 此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确； 故选：AD. 11. 三棱锥的体积为，则下列正确的有（ ） A. 若该三棱锥有3条棱的长为3，则 B. 若该三棱锥有5条棱的长为2，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】不妨设，由图可知可以任意大，即可判断选项A；不妨设仅有的长不一定为2，可知该问题可以理解为：将面进行翻折，求最大值显然平面平面时，最大，此时，可知，即可判断选项B；可知的面积为，而，说明在底面上的高至多为3，可知，即可判断选项C；设是中点，设，，则，在a，h给定时，显然平面平面时，V最大,这时，，可知：，即,即可判断选项D. 【详解】不妨设，此时显然可以任意大，故选项A错误； 不妨设仅有长不一定为2，作出图形如图： 可知，该问题可以理解为：将面进行翻折，求最大值显然平面平面时，最大，此时，可知，故选项B正确； 可知的面积为，而，说明在底面上的高至多为3，可知，故选项C正确； 设是中点，设，，则，其中. 在a，h给定时，显然平面平面时，V最大, 这时，， 当，；当，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，故选项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. 已知点在圆上，则过点M的圆C的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求得半径，然后根据点斜式求得切线方程. 【详解】由于点在圆上， 所以，所以圆， 所以圆心，， 所以过点M的圆C的切线的斜率为， 所以过点M的圆C的切线方程为， 化简得. 故答案为： 13. 已知两个单位向量，满足，则向量和的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件结合数量积运算律可求，再求，，根据向量夹角公式求结论. 【详解】因为向量，为单位向量，所以，， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 又，所以. 故答案为：. 14. 从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是60°的有________对. 【答案】48 【解析】 【分析】根据题意，由正方体几何结构分析可得：每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为60°，进而可得共有12×8对对角线所成角为60°，并且容易看出有一半是重复的，据此分析可得答案. 【详解】 根据题意，如图，在正方体中， 与平面中一条对角线成60°的直线有，，，，，，，，共8条直线， 则包含在内的符合题意的对角线有8对； 又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有12×8=96对面对角线所成角为60°， 而其中有一半是重复的； 则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有48对. 故答案为：48 【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及正方体的几何结构，属于基础题. 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，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且． （1）若，求a； （2）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可； （2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可； 【小问1详解】 由正弦定理可得即， 又，所以，即，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且，， 所以，当且仅当时等号成立， 当取最小值时，取最大值，最大值， 所以的面积的最大值为. 16. 已知． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】（1） （2）且. 【解析】 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【小问1详解】 因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. 【小问2详解】 在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件， 于是，与为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 3 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0， ， 则的分布列为： 1 0 则， 所以， 由于，则， 于是时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 18. 如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点． （1）求证：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． （3）设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证明：平面，再根据线面垂直的性质定理即可证明：； （2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，然后根据空间向量的夹角公式进行求解即可； （3）过作交于，首先利用线面垂直的判断定理证明平面,进而可得，利用勾股定理可得，然后分别求解三棱锥的表面积与体积，进而得到，进而证明结论即可. 【小问1详解】 取中点，连接，又分别为的中点， 则，，因为， 所以，，又，平面， 所以平面，又平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知是二面角的平面角，所以． 如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，解得：，，即得. 设直线与平面所成角为，则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 作于,由（2）知，，过作交于， ，又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，， 设的高，所以， 又，，所以， 即， 所以三棱锥的表面积， ， 所以三棱锥的内切球半径， 所以． 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析. （2）2 【解析】 【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值； （2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值. 【小问1详解】 （i），所以直线. 直线与联立可得，解得或，所以. 所以，所以； （ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设 由得 所以. 当时，由（i）可得； 当时，设的斜率分别为. . 所以， . 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得， 所以，同理可得. 综上可得，为定值，得证. 法2：①时，由（i）可得； ②时，设的斜率分别为. 设，由在直线上可得. 与联立可得， 即， 所以就是方程的两根. 所以， ， 因为在第一象限，所以，所以，所以. 综上可得，为定值，得证. 【小问2详解】 由（1）可得时，. ①不存在，则，由①（i）可得，所以， 所以. ②不存在，则，则， 此时，由图可得. ③法1：若和均存在，设，则 与双曲线联立可得. 所以. 所以， 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法2：若和均存，设，则. 由三点共线可得. 所以，所以. 所以 . 所以，所以 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法3：若和均存，设，则， 则. 记直线的倾斜角为，则，所以 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学2026届高三1月诊断性考试 数学 2026.1 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. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 10 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A B. C. D. 4. 已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ） A B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且（O为坐标原点）．若，则焦点F的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 8. 对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ） 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. 一组数据，，，，的平均值为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记，，，，的平均值为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（ ） A. B. C. D. 11. 三棱锥的体积为，则下列正确的有（ ） A. 若该三棱锥有3条棱长为3，则 B. 若该三棱锥有5条棱的长为2，则 C. 若，，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点在圆上，则过点M的圆C的切线方程为________． 13. 已知两个单位向量，满足，则向量和夹角为______. 14. 从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是60°的有________对. 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，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且． （1）若，求a； （2）若，求的面积的最大值． 16 已知． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 18. 如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点． （1）求证：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． （3）设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：． 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $