山东省泰安市泰山区2026届高三上学期数学期末预测卷

2026年泰安市泰山区高三上学期期末预测卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知复数（为虚数单位），则为（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知集合，则（  ） A． B． C． D． 3．（本题5分）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（  ） A． B． C． D． 4．（本题5分）函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）设正实数满足，则的最小值为（   ） A． B．17 C． D．16 6．（本题5分）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 7．（本题5分）已知直线和圆，则“”是“存在唯一k使得直线l与相切”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 8．（本题5分）若，且，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）如图，在三棱锥中，，，，分别是的中点，则（   ）    A． B．的长为 C．三棱锥外接球的半径为 D．异面直线所成角的余弦值为 10．（本题6分）已知平面向量，，则（    ） A． B． C．与的夹角为锐角 D．在上的投影向量为 11．（本题6分）已知，则下列选项中正确的是（   ） A．是函数的零点 B．的极大值点为 C．的图象关于点中心对称 D．使得 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则的取值范围为 ． 13．（本题5分）已知函数在上具有单调性，且，则 . 14．（本题5分）已知椭圆，左、右焦点是，过轴上不与重合的点作直线交椭圆于；过作倾斜角的直线​交椭圆于，是中点，与圆相切，（为坐标原点），且周长的最大值为，则该椭圆的焦距是 . 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，在直三棱柱中，为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（本题15分）设的内角所对应的边分别是，且． (1)求角的值． (2)，，求的面积． 17．（本题15分）已知双曲线：的两条渐近线互相垂直，，分别为左右焦点，过的直线分别交双曲线左支于A，B两点，当轴时，. (1)求双曲线G的方程； (2)过点A作直线的垂线，垂足为D. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最小值. 18．（本题17分）已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和； (3)令，数列的前项和为.求证：. 19．（本题17分）关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；. (1)求在点处的切线方程； (2)若在是凸函数，求实数的取值范围； (3)若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：. 2 `1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【分析】方法一：根据复数代数形式的运算法则化简，即可得到，从而求出其模，方法二：根据复数模的性质计算可得. 【详解】方法一：， 所以，则； 方法二：. 故选：B. 2．B 【分析】解一元二次不等式、对数不等式求集合，再由集合运算求交集. 【详解】由题设，所以. 故选：B 3．A 【分析】根据离心率及双曲线的参数关系得，即可得渐近线方程. 【详解】由题设，所以渐近线为. 故选：A 4．B 【分析】根据函数是偶函数列式得出函数解析式，再应用导函数判断函数单调性，最后结合单调性计算求解. 【详解】因为，且是偶函数， 所以， 所以，单调递减， 则不等式化简为， 所以，即， 所以或. 故选：B. 5．C 【分析】代入，再由基本不等式即可求解； 【详解】由题意知， 当且仅当，即时，等号成立． 因此，的最小值为． 故答案为：C 6．C 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 7．A 【分析】先由，点到直线距离公式列出方程，求出此时，充分性成立；求出所过定点，再由存在唯一k使得直线l与相切”，得到或定点在圆上，得到方程，求出相应的答案，必要性不成立. 【详解】时，到的距离为， 故，解得， 满足存在唯一k使得直线l与相切”，充分性成立， 经过定点， 若，，若，此时直线， 直线与相切，另一条切线斜率不存在， 故满足存在唯一k使得直线l与相切”， 当在上，满足存在唯一k使得直线l与相切， 故， 又，解得，必要性不成立， 故“”是“存在唯一k使得直线l与相切”的充分不必要条件. 故选：A 8．C 【分析】利用二倍角公式对已知条件进行化解，结合齐次式可求，然后根据正切的二倍角公式可求. 【详解】 . 故选：C. 9．ABD 【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求证线线垂直判断A；根据坐标求解线段长度即可判断B；根据补形可确定三棱锥的外接球的半径即可判断C；利用线线夹角与空间向量坐标运算得关系即可判断D． 【详解】三棱锥中，，， 将三棱锥补形为长方体，如图所示：    则有，解得， 以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系： 点，分别是的中点， 则有，， 对于A，，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因为三棱锥的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 所以，则三棱锥的外接球的半径为，故C不正确； 对于D，因为， 所以， 故异面直线，所成的角的余弦值是，故D正确. 故选：ABD． 10．ACD 【分析】A利用向量的模的计算公式；B利用数量积的运算律以及向量的坐标运算；C利用公式；D利用公式 【详解】因，则，故A正确； 因，， 则，故B错误； ，故C正确； 在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD 11．ABC 【分析】根据题目条件结合函数零点、导数与极值、函数图像的对称性、不等式与单调性等性质逐一分析判断选项. 【详解】选项A：计算，故是零点，A正确. 选项B：由，令得开口向上， 较小根处导数由正变负，故为极大值点，B正确. 选项C：计算，， 则恒成立，故图象关于点中心对称，C正确. 选项D：由函数图象关于点中心对称可知，不等式化简为， 当时，单调递增且，故，，D错误. 故选：ABC 12． 【分析】根据得，即可根据条件列不等式求解. 【详解】由已知得，得． 令得；令得；令得；令得；令得， ，即的取值范围为． 故答案为：. 13． 【分析】令，则，中，令，求出，从而得到，从而求出答案. 【详解】令，则， 中，令得，故， 显然单调递增，且，故， 所以，. 故答案为：. 14．2 【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理求出中点坐标，由条件求出关系；再结合椭圆定义与相切条件可得周长取到最大值，再结合求解焦距，验证可得. 【详解】 由直线过焦点，倾斜角为，则可设为， 联立椭圆方程， 消整理得， 设交点，中点， ， 则， ， 即， 则由可得， 化简得； 设直线， 由直线与圆相切可得， 则，由，则； 由椭圆定义知， 周长 ， 当且仅当三点共线时等号成立. 由题意令，解得， 联立可解得，则， 此时焦距. 验证：由直线三点共线可知直线过焦点，即， 且与圆相切，设， 可得，解得， 即与重合或关于轴对称时，周长可取到最大值， 且最大值为，满足题意. 所以椭圆的焦距是. 故答案为：. 15．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点M，连接，先判定，根据线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】（1）连接交于点M，连接， 因为四边形为平行四边形，所以M为的中点， 又因为D为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面． （2） 取的中点E，连接，以D为原点， 以所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则,取，则， 所以． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．(1)； (2) 【分析】（1）由正弦定理得到，再由三角恒等变换化简得，即可求得； （2）由题给关系求得，，再由正弦定理得，再由三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 所以， 即， 由可得，所以， 所以； （2）因为，，所以，所以， 所以，， 由正弦定理得，即，所以， 所以. 17．(1) (2)（i）证明过程见解析；（ii） 【分析】（1）求出渐近线方程，根据垂直关系得到方程，求出，再根据通径长得到方程，求出，得到答案； （2）（i）设过的直线方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，并得到，，表达出直线的方程，由对称性分析可知直线过的定点在轴上，又，从而求出，故直线过定点； （ii）在（i）基础上，得到，换元得到，，根据单调性求出最值. 【详解】（1）的两渐近线方程为， 由题意得，故， ，中，令得，故， 又，故，结合得， 所以双曲线G的方程为； （2）由题意得，故， 过的直线分别交双曲线左支于A，B两点，故过的直线斜率不为0， 设过的直线方程为，联立得， 设，， 故，， 需满足，解得， ，故直线的斜率为，直线方程为， 由对称性分析可知直线过的定点在轴上， 故中，令得 ， 又，将其代入上式中得， 故直线过定点； （ii），由于直线过定点，， 其中， 所以 ， 令，因为，所以，故，， 所以，由于在上单调递减， 故在上单调递增，故当时，取得最小值， 最小值为. 18．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题设易得，即可得证； （2）由（1）可得，进而根据等比数列的求和公式分组求和即可； （3）由题设可得，即可证明，分析可得，即证，再结合数学归纳法证得，即可得到，当且仅当时取等，进而求证即可. 【详解】（1）由，则， 又，所以数列是以4为首项4为公比的等比数列. （2）由（1）知，，则， 所以 . （3）由， 则， 由于，则， 所以. 由，则， 要证，即证， 由，则， 则， 下面证明， 当时，，即； 假设，，时，， 则时， . 综上所述，，则， 所以， 则，当且仅当时取等， 则，即. 综上所述，. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解； （2）令，由求出参数m，令，将题设问题等价转化为在上恒成立，再化简消参得到在上恒成立，设，求出即可得解； （3）先将题设问题等价转化为的有两个变号零点为，接着利用导数工具研究函数的单调性，分析得到和，接着分析时恒成立得到即可分析求证. 【详解】（1）依题意，， 所以切点为，切线斜率为， 所以在处的切线方程为； （2）令，则， 所以依题意， 所以，. 则，若在是凸函数， 则在R上单调递减，令， 则在上恒成立，即在上恒成立， 设，即， ，所以时，时， 于是在上单调递增，在上单调递减， 于是； （3）由（2）， 由题在和上单调递减，在上单调递增，则的有两个变号零点为， 又时，单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意； 另外由（2）知时，单调，不符合题意，于是， 令为减函数， 令， 所以时，时， 即在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 而，，时，，于是有， 此时，即， 所以， 又时，，时，，时，， 即在，上单调递减，在上单调递增，而， 又时，，时，，时，， 又时，，于是只能有， 即时，恒成立，这只需， 于是. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $