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. 若复数为纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 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. 4. 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 5. 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． 6. 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 7. 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. 8. 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． 9. 已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______. 10. 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． 11. △ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC. （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）若,求. 12. 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. 13. 已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 14. 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； （2）求二面角的余弦值的最小值. 15. 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 $ 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. 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 2. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） 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】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域. 3. 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. 4. 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. 5. 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． 6. 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. 7. 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. 8. 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， 根据圆与函数的对称性，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． 9. 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：. 10. 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． 11. △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. 12. 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）的分布列为： 0 1 2 3 4 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． 13. 已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】（1）； （2）证明：由（1）可知时，， 记，则， 令，解得：， 当时，时， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以在区间上有唯一零点且， 在上为正、在上为负、在上为正， 所以必存在唯一极大值点，且， 所以， 由可知， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 综上所述，存在唯一的极大值点，且． 【解析】 【分析】（1）（方法一）由等价于，得出是极小值点，再由可得答案；（方法二）由等价于，求出．时由不合题意．当时只需可得答案； （2）利用导数研究的单调性、极值情况，依据单调性证极大值的范围. 【详解】（1）（方法一） 因为， 则等价于， 是极小值点． 又， 检验，当时，，当时单调递减； 当时单调递增， ，符合题意； （方法二）因为， 则等价于， 求导可知． ①当时，即在上单调递减， 所以当时，，不合题意． ②当时， 因为当时，当时， 所以，只需， ， 所以在单调递增，在单调递减， ，所以的解只有； （2）略 【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． 14. 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； （2）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）（i）证明：在中，由，得， 所以， 且，即， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）. （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）通过证明平面，证得平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此求得球的半径； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其最小值. 【小问1详解】 （i）略. （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. 15. 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）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. （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）略 【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 $