精品解析：山东省青岛市2025-2026学年高三上学期1月部分学生调研检测数学试题

2026年高三年级部分学生调研检测 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，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. 已知，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 设是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台上、下底面半径分别为1，2，侧面积为，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 6. 设集合中最大元素与最小元素分别为m，n，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7 已知实数x，y满足，则（ ） A B. 0 C. 1 D. 2 8. 已知椭圆C的左、右焦点分别为，上顶点为B，直线与C相交于另一点A，当为等腰三角形时，C的离心率为（ ） 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. 已知函数在区间上有且只有三个零点，则（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为1 C. 的取值范围是 D. 有两个极大值点 10. 已知抛物线的焦点为，圆与有且只有一个公共点，圆与轴相切于点，点在圆上，且与轴平行，则（ ） A. B. C. D. 圆D的半径为 11. 已知函数定义域为，是单调函数，，且，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 在上单调递减 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在1与4中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则插入3个数的乘积为_________． 13. 已知，则_________． 14. 已知正n边形（n为偶数）内接于单位圆O，且满足的顶点共有个，若正三角形的顶点在圆O上，则的最大值为_________． 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. 在中，已知D为边BC上一点，． （1）证明：； （2）若，求BD． 16. 已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为，过左焦点F的直线l交C于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若l与坐标轴均不垂直，线段AB的垂直平分线交x轴于点M，求的值． 17. 如图，在直三棱柱中，，点P在线段上运动（包含端点），点Q为AC的中点，设平面PBQ与平面的交线为l． （1）证明：平面ABC； （2）若直线PQ与平面ABC所成角的余弦值为，求； （3）求平面PBQ截直三棱柱所得的截面面积的最大值． 18. 设函数，曲线在点处的切线斜率为3． （1）求a的值； （2）设函数． （i）讨论极值点的个数； （ⅱ）若，求b的最小值． 19. 已知数列满足如下条件： ①； ②； ③存在正整数，使得； ④对任意正整数i，j，k满足，都有． （1）若，求的最大值； （2）设n的最大值为m，求m的值； （3）当n取最大值m时，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级部分学生调研检测 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，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. 已知，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，根据复数的模的计算公式，即可求得答案. 【详解】因为，故， 故， 故选：A 2. 设是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据必要不充分条件的概念判断即可. 【详解】解：当时，满足，但不满足，故充分性不成立， 当时，一定有，故必要性成立， 所以，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知函数则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断的取值范围，直接根据分段函数解析式代入并根据对数的运算法则求值即可. 【详解】，，即， 则， . 故选：C 4. 已知圆台的上、下底面半径分别为1，2，侧面积为，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算. 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为，母线长为，高为,体积为， 因为，由圆台侧面积公式可得， 解得，所以， 所以该圆台的体积， 故选：A. 5. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆的方程化为，求出圆心和半径，利用直角三角形求出，结合二倍角公式可得的值． 【详解】圆可化为，则圆心，半径为； 设，切线为、，则， 中，， 所以． 所以， 故选：D 6. 设集合中最大元素与最小元素分别为m，n，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由可求最大值，由结合基本不等式可求最小值，进而可求解. 【详解】由知，， 当时，得最大元素， 又，当且仅当时，取得最小值， 故最小元素， 因此，． 故选：B. 7. 已知实数x，y满足，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据单调性及奇偶性，结合已知求解即可． 【详解】设， 又均为增函数，且均为奇函数， 所以为增函数，且为奇函数， 由题意可得， 即， 所以，即． 故选：B． 8. 已知椭圆C的左、右焦点分别为，上顶点为B，直线与C相交于另一点A，当为等腰三角形时，C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得点的坐标，根据列方程，化简求得椭圆的离心率. 【详解】设椭圆（），左焦点，右焦点，上顶点， 其中，离心率. 直线的斜率为，故其方程为. 联立直线与椭圆方程： 将代入， , ， ，解得或. 当时，，对应点； 当时，代入直线方程得：， 故点的坐标为. ， 其中， 代入得. ， 其中， 代入得. 依题意，为等腰三角形，由图可知， 则， 两边乘并平方，， 代入，， ， ， 两边除以得： ，， ，故. 故选：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. 已知函数在区间上有且只有三个零点，则（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为1 C. 的取值范围是 D. 有两个极大值点 【答案】BD 【解析】 【分析】先求出整体角的范围，作出的图象，根据题意即可求得，判断C项；取，得，利用周期定义检验判断A项；利用函数在上的图象即可判断B，D项. 【详解】因，设，则，作出函数的图象如下： 要使函数在区间上有且只有三个零点， 需使，解得，故C错误； 不妨取，则，， 因，故不是的一个周期，故A错误； 又由图知，函数在区间上取得两个极大值，也最大值，为1，故B，D正确. 故选：BD. 10. 已知抛物线的焦点为，圆与有且只有一个公共点，圆与轴相切于点，点在圆上，且与轴平行，则（ ） A. B. C. D. 圆D的半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】不妨设点在第一象限，设坐标为，圆的半径为，求得抛物线在点的切线方程为，进而求得，分别将点代入直线和圆的方程，结合，求得和的值，得到的坐标，结合两点间的距离公式，即可求解. 【详解】由抛物线，可得其焦点为， 如图所示，不妨设点在第一象限，其坐标为，其中， 再设圆的半径为，由圆与轴相切于点，可得圆心为， 所以圆的方程为， 当时，由，可得，则，可得， 因为，可得，所以，即切线的斜率为， 所以抛物线在点的切线方程为， 又因为，所以直线的斜率为， 所以的方程为， 将点代入直线的方程，可得，① 又由点在圆上，可得，②， 联立①②及，可得， 即点，圆的方程为， 因为点在圆上，与轴平行，设点， 代入圆的方程，可得，解得，所以， 则，， 且，所以，且. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为，是单调函数，，且，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 在上单调递减 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】通过不等式变形构造常数函数，确定的表达式为，再逐一验证选项. 【详解】依题意，，其中， 对不等式两边除以， 得恒成立， 因该式对任意成立，故为常数. 设，则， 由于是单调函数，所以，所以. A：图象关于直线对称，A正确； B：，B正确； C：在上单调递减，C正确； D：，求和得，D错误 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在1与4中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则插入的3个数的乘积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比中项的性质即可求解. 【详解】设插入的3个数为，则成等比数列，设公比为， 故是1，4的等比中项，且，得：，即， 又，故. 故答案为： 13. 已知，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用二倍角的正余弦公式化简已知等式，求得，再利用二倍角的正切公式计算即得. 【详解】由可得，即， 也即，因，则，， 故得，即，故. 故答案为：. 14. 已知正n边形（n为偶数）内接于单位圆O，且满足的顶点共有个，若正三角形的顶点在圆O上，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】题意条件可转化为的顶点的个数仅个，可先根据向量模长公式得出向量夹角的范围，利用正n边形的性质可得，即，再利用向量加法将转化为，进而利用正三角形与圆的性质，结合三角函数辅助角公式求最值即可. 【详解】由题知正n边形顶点为，设和夹角为， 由题意可得，满足的顶点仅个， 不等式两边平方可得， 因为正n边形（n为偶数）内接于单位圆O， 所以，且， 所以，则，故， 故满足条件的顶点只能为这三个， 所以有，解得，又为偶数，故； ， 下面求的最大值. 如图，由正三角形中，取中点，连接， 则，故三点共线，设， 则， 所以，当时，等号取到， 故，且当时，取到最大值. 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. 在中，已知D为边BC上一点，． （1）证明：； （2）若，求BD． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化边为角，再由三角恒等变换化简即可得证； （2）由正弦定理及二倍角的正弦公式化简得，代入（1）中所证结论，即可得解. 【小问1详解】 如图， 中，由正弦定理知：， 即， 要证， 即证， 即证， 即证， ， 即， 显然成立， 故原等式成立. 【小问2详解】 在中，由正弦定理可得， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以可得，即， 由（1）知，，代入可得, 所以. 16. 已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为，过左焦点F的直线l交C于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若l与坐标轴均不垂直，线段AB的垂直平分线交x轴于点M，求的值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】(1)由焦距得c，利用焦点到渐近线的距离得b，再结合求a，进而得双曲线方程； (2)设直线l的斜率为k，联立双曲线方程，用韦达定理求AB的中点与弦长；求AB垂直平分线方程，得M点坐标，计算后求比值. 【小问1详解】 由焦距为4，得，即； 双曲线渐近线为，则焦点到渐近线的距离为，且因为，所以，故，那么，得. 因此双曲线C的方程为：. 【小问2详解】 左焦点，设l：，联立双曲线方程得：（其中且）， 设，，由韦达定理：，. 代入弦长公式： AB中点为，垂直平分线斜率为，方程为： 令，得，所以； 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，点P在线段上运动（包含端点），点Q为AC的中点，设平面PBQ与平面的交线为l． （1）证明：平面ABC； （2）若直线PQ与平面ABC所成角的余弦值为，求； （3）求平面PBQ截直三棱柱所得的截面面积的最大值． 【答案】（1）见解析 （2）1 （3）12 【解析】 【分析】（1）首先根据面面平行的性质可证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明； （2）首先根据垂直关系建立空间直角坐标系，再代入线面角的向量公式，即可求解； （3）首先确定截面的形状，再利用向量公式求点到直线的距离，再代入面积公式，利用导数确定函数的单调性，再求最值. 【小问1详解】 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 ， 如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 设，，，， 平面的一个法向量为， 设与平面的夹角为， 则， 解得：， 所以； 【小问3详解】 直线与交于点，连接， 所以平面PBQ截直三棱柱所得的截面为梯形， ，根据（2）可知，，， 则点到的距离， 由，且，所以， 所以是等边三角形，则， 所以平面PBQ截直三棱柱所得的截面的面积，， 恒成立， 所以函数在区间上单调递减，所以的最大值为. 所以平面PBQ截直三棱柱所得的截面面积的最大值为12. 18. 设函数，曲线在点处的切线斜率为3． （1）求a的值； （2）设函数． （i）讨论极值点的个数； （ⅱ）若，求b的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）答案见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）求出，由曲线在点处的切线斜率为3，得到计算得到的值. （2）（i）求出，求出，设，求出，利用导数法求出的单调性，得到的最大值，对的最大值与的大小进行分类讨论得到极值点的个数； （ⅱ）由得，再验证即可得到的最值. 【小问1详解】 ，，， ， 曲线在点处的切线斜率为3， ，. 【小问2详解】 （i）,则. 令. 令，解得，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减． . ①当时，，故在上恒成立． 所以在上单调递减，此时无极值点． ②当时，， 令． 在上大于0，在上小于0， 故，故有，故， 当时,； 又因为时，； 故在和上各有一个零点．共有两个零点． 此时有两个极值点. 综上所述，当时，有两个极值点；当吋，无极值点 （ⅱ）由得， 下面证明符合要求， 当时，令， 则， 因为对，其，则恒成立， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，能使恒成立. 19. 已知数列满足如下条件： ①； ②； ③存在正整数，使得； ④对任意正整数i，j，k满足，都有． （1）若，求的最大值； （2）设n的最大值为m，求m的值； （3）当n取最大值m时，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，分类与两类，分析满足不等式关系的的取值（范围），进而得到的最大值； （2）通过分析数列的性质，构造关于的多个不等式，利用累加法由等比数列求和公式得到递推不等关系，再结合所得条件求解关于的范围，再给出取最值时符合题意的数列，即可得的最大值； （3）在取最大值的情况下，根据数列的性质④构造系列不等式，结合第（2）问解答可得，由得到，按照的取值情况分类讨论是否符合题意，排除产生矛盾的取值，再给出取最值时符合题意的数列即可得. 【小问1详解】 若，当时，只需， 即，解得，如等差数列满足题意条件； 当时，只需， 即，解得，如等差数列满足题意条件； 综上可知，的最大值为. 【小问2详解】 由性质④对任意正整数i，j，k满足，， 令，分别取值，可得， 所以， 各式相加得， 即；可变形为， 由性质①与性质②，可得， 故任意，都有， 又因为性质③存在正整数，使得，可知， 所以，解得； 当时，数列符合题意， 所以n的最大值. 【小问3详解】 由（2）知，故. 由，， 由性质④对任意正整数i，j，k满足，都有， 可得下列不等式，记为系列不等式（） ，，， ，，， ，，， 由（2）知任意，都有，则， 又因为，故，解得. 下面结合的取值情况讨论. 若且上述系列不等式（）均取等号时，， 此时，可知此时数列中不含，故不合题意； ①当时，由，且数列递增， 故若，则. 若时，此时（即不等式一侧取不到等号）， 故由上述系列不等式（）依次可得 ，， ，， ，， 故，这与矛盾，故不合题意； 若时，由， 同理可得，故也不合题意； ②当时，由，且数列递增， 故若，同样可得. 但因为，又由， 则由系列不等式（）可得， ，即； 由，即， 同理依次可得 ，，， ，由数列递增， 则任意，，这与存在，矛盾，不合题意； ③当，同上可得，又由， 故若，则，满足， 当时，上述系列不等式（）均取等号时，此时， 此时数列满足题意， 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $