精品解析：山东省青岛市2026届高三上学期期末质量检测数学试题

青岛市2026年高三年级期末质量检测 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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 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． 如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时， 3．将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用列举法表示集合，根据交集的定义求得. 【详解】因为，， 所以. 故选：A. 2. 若复数为纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念，复数的实部为0且虚部不为0，可得. 【详解】已知是纯虚数， 则实部，解得，且虚部，经检验满足， 故选：D 3. 已知等比数列，则（　　） A. 8 B. 10 C. 16 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求得等比数列的公比，由求得. 【详解】设等比数列的公比为，则. 所以. 故选：D 4. 已知函数在上单调递增，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可. 【详解】由得或 所以的定义域为 因为在上单调递增 所以在上单调递增 所以 故选：D 【点睛】在求函数单调区间时一定要先求函数的定义域. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】整体思想，利用诱导公式和倍角公式可得. 【详解】， 故选：C 6. 如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的母线为，高为，由题可得，然后根据圆台的侧面积公式即得. 【详解】设圆台的上下底面半径分别为，圆台的母线为，高为， 由题可知，即， 所以圆台的侧面积与轴截面面积的比为. 故选：C. 7. 有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数乘法原理，先选双胞胎，再选人即可. 【详解】第一步：选一对双胞胎有种； 第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有种； 利用分步计数乘法原理可知：从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为， 故答案：A. 8. 函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】试题分析：由于函数与函数 均关于点成中心对称，结合图形以点 为中心两函数共有个交点，则有 ，同理有，所以所有交点的横坐标之和为 .故正确答案为D. 考点：1.函数的对称性；2.数形结合法的应用. 【详解】 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. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断. 【详解】根据二项式定理,的通项公式为, 对于A,常数项为,故A正确; 对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误; 对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确; 对于D,令,各项的系数之和为,故D错误. 故选:AC. 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. 设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解. 【详解】由，得该圆心为，半径为， 易知该圆过原点，由，当时， 得，作出函数的图象，如图， 由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有1个交点， 当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有4个交点， 根据圆与函数对称性，后续交点情况类比即可. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可. 【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为， 准线方程为，点到的准线的距离为. 故答案为：. 13. 函数是奇函数．若函数，则___________． 【答案】28 【解析】 【分析】由函数是奇函数，利用可求出，进而可求的值. 【详解】函数是奇函数，则有， 所以， 又，得. 故答案为：28 14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，求在方向上的数量投影的最大值__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题意，求得所在圆的圆心和半径；再根据数量投影的意义，数形结合即可求得结果. 【详解】根据题意不妨设，，，， 则， 由可得，由可得； 设，故在以为圆心，为半径的圆上； 在以为圆心，1为半径的圆上； 过作于，则即为在上的数量投影，如下所示： 因为分别为两圆上任意动点，不妨固定，则为定长， 设，即，故， 因为此时为定长，且， 故随着的减小，增大，直至恰好与圆相切时，取得最大值，如下所示： 在与圆相切的基础上，移动点，过作于，故； 在△中，，， 故，因为, 故在直角三角形中，，则，即； 在四边形中，因为，故， 当且仅当时等号成立，从而. 综上所述：在方向上的数量投影的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是熟悉数量投影的几何意义；二是对两个运动的点，采用一定一动的处理策略，从而求解最大值. 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. △ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC. （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）若,求. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理转化得：（Ⅱ）由诱导公式可得 由（Ⅰ）知, 所以 试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得 因为AD平分BAC,BD=2DC,所以. （Ⅱ）因为 所以 由（I）知, 所以 考点：本题主要考查正弦定理及诱导公式的应用,意在考查考生的三角变换能力及运算能力. 16. 袋中有20个大小相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一个球,ξ表示所取球的标号. (1)求ξ的分布列、期望和方差; (2)若η=aξ+b,E(η)=1,D(η)=11,试求a,b的值. 【答案】（1）分布列见解析；E(ξ)D(ξ) （2） 【解析】 【详解】本题主要考查概率、随机变量的分布列、期望和方差等概念，以及基本的运算能力． （Ⅰ）的分布列为： 0 1 2 3 4 所以． ． （Ⅱ）由，得，即，又，所以 当时，由，得； 当时，由，得． ，或，即为所求． 17. 已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【解析】 【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论； （2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）． 【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0， 所以h（x）min＝h（）， 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0， 所以1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1； （2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2， 令t′（x）＝0，解得：x， 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0， 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0， 由x0可知f（x0）＜（x0）max； 由f′（）＜0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题． 18. 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 （2）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）球O的半径为； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）由题设求证，即可由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直判定定理得证；（ii）建立以A为原点空间直角坐标系， 设球心，半径，由列方程组即可计算求解. （2）过P作于G，在平面中，过G作，设，，以G为原点建立适当的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量,即可由向量夹角公式，通过换元，利用二次函数的性质即可求得. 【小问1详解】 在中，由，得， 所以，且，即， （i）证明：因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； 【小问2详解】 在平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量分别为，则， 即，取，则得； 平面的一个法向量为，则， 即，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：求空间二面角常用方法： （1）定义法：根据定义作出二面角的平面角； （2）垂面法：作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的两条交线所成的角就是二面角所成角的平面角； （3）向量坐标法：作几何体的空间直角坐标系，求出二面角的法向量，直接由公式计算即可； （4）射影面积法：求出斜面面积和它在有关平面的射影的面积，再由射影面积公式计算求解. 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：若和均存在，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：若和均存在，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 $ 青岛市2026年高三年级期末质量检测 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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 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． 如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时， 3．将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，则实数（ ） A 1 B. C. D. 3. 已知等比数列，则（　　） A. 8 B. 10 C. 16 D. 32 4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5 若，则（ ） A B. C. D. 6. 如果圆台母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（ ） A. B. C. D. 7. 有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 8. 函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 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. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 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. 设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______. 13. 函数是奇函数．若函数，则___________． 14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，求在方向上的数量投影的最大值__________． 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. △ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC. （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）若,求. 16. 袋中有20个大小相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一个球,ξ表示所取球的标号. (1)求ξ的分布列、期望和方差; (2)若η=aξ+b,E(η)=1,D(η)=11,试求a,b的值. 17. 已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 18. 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 （2）求二面角的余弦值的最小值. 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：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 $