精品解析：山东省德州市六校2025-2026学年高三上学期1月期末联考数学试题

2023级高三一月联考数学试题 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z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简复数z，即可求得. 【详解】复数z满足，则， 所以. 故选：D 2. 直线，，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的平行关系求出的值，再根据充分必要条件的定义判断即可． 【详解】由，得，解得或， 当时，，即，，此时重合； 当时，，，此时. 综上所述，是的充要条件. 故选：A 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. 5 C. D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】由， 而展开式的通项公式为， 则展开式中的系数为. 故选：C 4. 已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（ ） A. 149 B. 153 C. 155 D. 157 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求解，从而可得的通项公式，根据分组求和可得的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 则，可得，所以， 则， 所以. 故选：B. 5. 第届中国国际航空航天博览会于年月日至日在珠海举行．本届航展规模空前，首次打造“空、海、陆”一体的动态演示新格局，尽显逐梦长空的中国力量．航展共开辟了三处观展区，分别是珠海国际航展中心、金凤台观演区、无人系统演示区．甲、乙、丙、丁四人相约去参观，每个观展区至少有人，每人只参观一个观展区．在甲参观珠海国际航展中心的条件下，甲与乙不到同一观展区的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件甲参观珠海国际航展中心，事件甲与乙不到同一观展区，求出、的值，利用条件概率公式可求得所的值，即为所求. 【详解】记事件甲参观珠海国际航展中心，事件甲与乙不到同一观展区，则， 因为每个观展区至少有人，每人只参观一个观展区， 则先将个人分为组，再将这三组分配给三个展区， 基本事件的总数为， 若事件、同时发生，若参观珠海国际航展中心有人，则另外一人为丙或丁， 此时，不同的参观情况种数为， 若参观珠海国际航展中心只有甲一人，将另外三人分成两组，再将这两组分配给另外两个展区， 此时，不同的参观情况种数为种， 因此，， 由条件概率公式可得. 故选：A. 6. 已知，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，根据函数的单调性，即可求出相应区间的值域，即可判断结果. 【详解】设，，， 根据指数函数、幂函数及对数函数的单调性可知： 在上，单调递减，值域，即， 在上，单调递增，值域为，即， 在上，单调递减，值域为，即，所以. 故选：B 7. 已知，且，则最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】可利用配凑法与“1的妙用”，结合基本不等式进行求解. 【详解】由题可知，，又因为, 则 , 当且仅当时，即当时，等号成立. 因此的最小值为4， 故的最小值为3. 故选：D. 8. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 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，不选或有错选的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，2，3，5，7，9的中位数大于平均数 B. 数据0，1，0，1，0，1的标准差大于方差 C. 在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强 D. 在回归分析中，残差平方和越大，相应模型的拟合效果越好 【答案】BC 【解析】 【分析】求出中位数与平均数判断A；求出标准差与方差判断B；根据样本相关系数的性质判断C；根据残差的性质判断D. 【详解】对于A，中位数为，平均数为：，所以中位数小于平均数，故A错误； 对于B，因为平均数为，则方差为，则标准差为， ，即标准差大于方差，故B正确； 对于C，在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强，C正确； 对于D，若残差平方和越大，则相应模型的拟合效果越差，故D错误. 故选：BC. 10. 如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为为线段的中点，射线与单位圆交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 点的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据几何图形，即可确定A，结合三角函数的定义，以及向量数量积的定义和坐标表示，即可判断BC，根据三角函数的定义，结合三角恒等变换，即可判断D. 【详解】A.因为点是的中点，且，所以，故A正确； B.有条件可知，，，， ， 所以，故B错误； C.，故C正确； D. 所以点的坐标为，故D正确. 故选：ACD 11. 已知抛物线C：的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，O为坐标原点，分别过点A，B作抛物线C的切线，交于点M，且与x轴分别交于点D，E，则（ ） A. 若，则点 B. 若，则直线恒过定点 C. 若直线过点，则点M恒在直线上 D. 若直线过点F，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据焦半径公式求点的坐标，判断A，设直线，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B，设直线方程为，与抛物线方程联立，并且利用导数求切线的方程，结合韦达定理，求交点的坐标，判断C,根据C的和过程，分别求点的坐标，代入两点间距离公式，判断D. 【详解】A.设，，则，则，即，故A错误； B.设直线，，，联立抛物线方程得，，即， ，， 所以，得， 所以直线恒过定点，故B正确； C.，所以直线方程为，联立，得 得，， ，则，所以切线，即，同理切线，联立，， 得，，则焦点恒在直线上，故C正确； D.由C可知，，，， 所以， ，所以，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12 已知函数，若，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意可得，由即可求解. 【详解】函数， ， 所以，即，解得. 故答案为：1 13. 已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，切点分别为M，N，且，则双曲线C的离心率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得双曲线的渐近线方程为，由题意得到，可求得，利用，可求得，即可求得双曲线的离心率. 【详解】由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：， 圆的圆心，半径为：b， 由题意可得圆心到双曲线渐近线的距离 ，得，即， ， 又， 所以，解得， 解得  故答案为： 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用古典概型及排列数的计算，再结合对立事件的概率及甲、乙得分公平概率相等即可求出概率. 【详解】由题意得，比赛对甲、乙是公平的，所以先计算甲、乙得分相同的概率， 情形一：甲、乙都得0分，即每一轮甲、乙摸到的球的标号相同，发生的概率为； 情形二：甲、乙都得1分，即三轮中有一轮甲得1分，有一轮乙得1分，有一轮两人摸到的球的标号相同，都不得分， 若相同的标号为1，则， 同理，相同的标号为2的概率，相同的标号为3的概率， 所以甲的累计得分比乙的累计得分大的概率 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是比赛对甲、乙是公平的，进而利用计算甲、乙得分相同的概率结合对立事件的概率即可求解. 四、解答题：本题共5个小题，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 所对的边分别为 ，且满足 . （1）求; （2）若,设中边上的高分别为 ,求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对化简利用和差公式得到，再由三角形三角关系化简得到，结合同角的平方公式求出. （2）先利用锐角三角函数得到，再由正弦定理化简得到，利用余弦定理和基本不等式求出，从而得到，进而求出的最大值为. 【小问1详解】 因为， 所以； 即 即 即得，即 因为，即得到 ； 又因为,所以. 【小问2详解】 因为分别为边上的高，所以, 所以； 由正弦定理,所以，； 所以； 因为,，所以 所以由余弦定理得，即； 即，所以，即 所以，当且仅当时等号成立； 所以； 即当且仅当时，的最大值为 . 16. 如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，D为AC的中点，，侧面底面 （1）证明：； （2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，从而可判断； （2）建立坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，即可得出答案. 【小问1详解】 等边三角形中，D为AC中点，所以， 因为侧面底面，侧面底面， 平面，所以平面， 又因为平面，所以 【小问2详解】 在中，，， 所以， 所以， 所以是等腰三角形，又D为AC中点，所以， 由知，，平面， 又平面，所以， 所以两两垂直. 以为正交基底建立空间直角坐标系 则，，，，， 所以，，设平面的法向量为， 则 ，不妨取，则，， 所以平面的一个法向量为，  易知平面的一个法向量为，  记平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为 17. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件求得与，即可得到切线方程. （2）当时显然成立，当时，不等式等价于恒成立，求得在上最大值，即可得到a的范围. 【小问1详解】 当时，，， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为 【小问2详解】 当时，由可知恒成立，符合题意； 当时，由得恒成立， 令，，则， 令得，列表得 x 0 0 单调递增 极大值 单调递减 所以，则，即. 综上所述， 18. 如图，已知圆E：，点，P是圆E上任意一点．线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q，设动点Q的轨迹为C． （1）求动点Q的轨迹C的方程； （2）设动点Q的轨迹C分别与x轴交于点A，B，过点F作一条直线与交于M，N两点，求四边形AMBN面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合垂直平分线的性质和椭圆的定义可求得轨迹C的方程； （2）先求出两点的坐标，再分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，分别求出四边形AMBN面积的表达式，最后根据表达式即可求出面积的取值范围即可. 【小问1详解】 连接，根据题意，， 则， 故的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，则有， ，则， 的轨迹方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，， 当直线的斜率为0时，不能构成四边形AMBN，不合题意 当直线的斜率不等于0时，直线过点， 故设直线的方程为， 设，联立，消去， 得， 韦达定理，得， 四边形AMBN的面积 ， 令，则， 代入，得， 根据均值不等式，得，当且仅当，即时等号成立， ，当时，，四边形AMBN的面积的最大值为， 则四边形AMBN面积的取值范围为， 综上所述，四边形AMBN面积的取值范围为. 19. 已知数列，定义，其中i，且 （1）若，求和 （2）若，证明：对于且，，，都有 （3）对于，4，，n，设若正项数列为递增数列，求证：中至少有两个不同的元素，且中最大元素与最小元素之比小于 【答案】（1）9，27 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意求解即可； （2）根据题意求出和，结合指数幂运算性质化简分析即可证明； （3）设中的最大元素为，最小元素为，若，即可证明. 【小问1详解】 由题意，因为， 所以， . 小问2详解】 不妨假设，由题意，因为， 则， 其中，为奇数，为偶数， 所以. 【小问3详解】 易知中至少包含两个元素和， 设中的最大元素为，最小元素为， 若，则且， 则 若，则且 则 综上所述，中最大元素与最小元素之比小于 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解的定义，并结合定义推导求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三一月联考数学试题 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z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线，，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. 5 C. D. 100 4. 已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（ ） A. 149 B. 153 C. 155 D. 157 5. 第届中国国际航空航天博览会于年月日至日在珠海举行．本届航展规模空前，首次打造“空、海、陆”一体的动态演示新格局，尽显逐梦长空的中国力量．航展共开辟了三处观展区，分别是珠海国际航展中心、金凤台观演区、无人系统演示区．甲、乙、丙、丁四人相约去参观，每个观展区至少有人，每人只参观一个观展区．在甲参观珠海国际航展中心的条件下，甲与乙不到同一观展区的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 8. 已知正方体棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） 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，不选或有错选的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，2，3，5，7，9的中位数大于平均数 B. 数据0，1，0，1，0，1标准差大于方差 C. 在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强 D. 在回归分析中，残差平方和越大，相应模型的拟合效果越好 10. 如图所示，已知角始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为为线段的中点，射线与单位圆交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 点的坐标为 11. 已知抛物线C：的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，O为坐标原点，分别过点A，B作抛物线C的切线，交于点M，且与x轴分别交于点D，E，则（ ） A. 若，则点 B. 若，则直线恒过定点 C. 若直线过点，则点M恒在直线上 D. 若直线过点F，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若，则______． 13. 已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，切点分别为M，N，且，则双曲线C的离心率是__________. 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 四、解答题：本题共5个小题，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 所对的边分别为 ，且满足 . （1）求; （2）若,设中边上的高分别为 ,求的最大值. 16. 如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，D为AC的中点，，侧面底面 （1）证明：； （2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求a的取值范围. 18. 如图，已知圆E：，点，P是圆E上任意一点．线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q，设动点Q的轨迹为C． （1）求动点Q轨迹C的方程； （2）设动点Q的轨迹C分别与x轴交于点A，B，过点F作一条直线与交于M，N两点，求四边形AMBN面积的取值范围． 19 已知数列，定义，其中i，且 （1）若，求和 （2）若，证明：对于且，，，都有 （3）对于，4，，n，设若正项数列为递增数列，求证：中至少有两个不同的元素，且中最大元素与最小元素之比小于 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $