精品解析：山东省枣庄市第八中学东校2026届高三上学期1月月考数学试题

2025-2026学年度第一学期高三质量检测 数学试题 2026.01 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，，在网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 8 B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，且焦点到渐近线的距离为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为2，3，…，7，用表示小球落入格子的号码，则（ ） A. B. C. 当Р最大时，或5 D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 的图象向右平行移动个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 11. 已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，则公差________. 13. 我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________. 14. 已知椭圆：，曲线：，曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，若的斜率为，则椭圆的离心率为________. 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. 已知，，分别为的内角，，的对边，且. （1）求； （2）若的面积为，边上的高为3，求. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 17. 如图，四棱锥中，，，，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）若，平面，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数． （1）若在处的切线方程为，求的值； （2）当时，，总存在，使得成立，求 的取值范围； （3）当时，有三个不同零点，求的取值范围． 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长是焦距的2倍，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若是椭圆上的两个不同的动点，直线的斜率分别为． （i）求坐标原点到直线的距离的取值范围； （ii）设的中点为，点满足，过作轴，过作轴，直线与直线交于点，以为邻边作，求线段长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期高三质量检测 数学试题 2026.01 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据对数函数的定义域求出集合，然后根据交集的定义求出结果. 【详解】要使有意义，则，， 即，则. 故选：D 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算及复数的基本概念求解. 【详解】由得， 所以的虚部为， 故选：B. 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 通过基本不等式可得充分性成立，举出反例说明必要性不成立. 【详解】当，时，， 则当时，有，解得，充分性成立； 当，时，满足，但此时，必要性不成立， 综上所述，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知向量，，在网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图得到坐标，根据向量的加法法则和向量模的计算公式求解. 【详解】如图，建立直角坐标系，则， 所以， 所以， 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用两角和差余弦公式计算化简得出，最后应用二倍角正切公式计算求解. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 则. 故选：D. 6. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，且焦点到渐近线的距离为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得是等边三角形.，根据已知可得，进而可得，可求得，进而可求双曲线的方程. 【详解】又因为以为直径的圆与的渐近线在第一象限的交点为， 所以，又因为，所以，，所以是等边三角形. 又双曲线的渐近线方程为，即，焦点， 所以焦点到渐近线的距离为，所以， 所以可得，所以，所以，解得， 所以，所以双曲线的方程为.\ 故选：C. 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 8. 已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性化简，再由对数的性质比较大小，根据导数求出函数的单调性得解. 【详解】因为的定义域为，且， 所以函数是偶函数， 又，所以是以为周期的周期函数， 所以， ， ， ，即， 因为，， 所以，综上可知， 因为， 所以当时，，则，单调递减. 所以，即. 故选：D 二､多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为2，3，…，7，用表示小球落入格子的号码，则（ ） A. B. C. 当Р最大时，或5 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】记事件 “向右下落”，则事件 “向左下落”， 根据小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，可得，分析可知，利用独立重复试验的概率公式可判断AC选项；利用二项分布的期望公式和期望的性质可判断B选项；利用二项分布的方差公式以及方差的性质可判断D选项． 【详解】记事件 “向右下落”，则事件 “向左下落”，则， 设表示事件发生的次数， 因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，则， 而小球在下落过程中共碰撞小木钉5次，则， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，， ， ， ， ， ， 故当或时，概率最大，故C正确； 对于D，，故D正确． 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：根据小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，可得，将问题转化为二项分布的相关问题是解决本题的关键. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 的图象向右平行移动个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等式化简函数解析式，对于A，根据解析式求值；对于B，利用整体思想，结合复合函数单调性；对于C，利用整体思想，根据余弦函数对称性；对于D，根据函数图象变换，结合余弦函数奇偶性；可得答案. 【详解】化简函数解析式可得， 对于A，，故A正确； 对于B，当时，，易知函数在上单调递减， 在区间上单调递减,故B正确； 对于C，当时，，由函数的对称中心为， 则点是函数图像上的一个对称中心，故C错误； 对于D，函数向右平移个单位得， 由，且定义域为，则函数是偶函数，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可证明点同时满足即可；对于B项，可利用，且为奇函数，赋值求解即可；对于C项，由函数关于点对称，再结合函数关于对称，即可证明；对于D项，应用，可证明，可得，，， ，依次构成等差数列，进而可判断正误. 【详解】对于A项，设点是图象上任意一点， 则，而， 所以点也是图象上的点， 所以的图象关于直线对称，故A项正确； 对于B项，因为为奇函数， 所以，取，可知，所以； 又因为，所以， 于是，故B项错误； 对于C项，因为为奇函数，所以， 即，令， 则，， 所以， 因为的值域为，所以该结论对任意实数都成立， 即，故C项正确； 对于D项，由以上推理知， 所以， 所以； 又因为，， 所以，，，，，，依次构成等差数列，其首项为，公差为， 所以，故D项正确； 故选：ACD. 【点睛】解题关键点：灵活应用性质“”与“为奇函数”是解题的关键点，在应用性质时，在判断C项正误中灵活使用，； 在应用为奇函数时，我们顺次采用了；两种形式. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，则公差________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式计算求解. 【详解】因为为等差数列的前项和，由， 则 则公差. 故答案为：2. 13. 我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________. 【答案】 【解析】 【分析】等式中，通过等号左右两侧的系数相等可得结果. 【详解】因为， 所以其展开式中，的系数为， 又 所以. 而的展开式中的系数为， 因为，所以等号两侧的系数相等， 即. 故答案为：. 14. 已知椭圆：，曲线：，曲线与椭圆在第一象限内有两个交点，，若的斜率为，则椭圆的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题设结合点差法可得，进而得到，即可求解. 【详解】设， 则，即， 又，两式相减得， 则， 所以，则，即， 所以椭圆的离心率为. 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. 已知，，分别为的内角，，的对边，且. （1）求； （2）若的面积为，边上的高为3，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解， （2）根据面积公式以及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 根据条件， 由正弦定理，得， 即，即， 因为在中，，所以， 又因为，所以 【小问2详解】 因为的面积为，所以，得 由，即，所以. 由余弦定理，得，即， 化简得，所以，即， 所以. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和的关系结合题设可得，，，进而得到是首项为3，公差为3的等差数列，进而求解即可； （2）结合（1）及题设可得，进而根据错位相减法求解即可. 【小问1详解】 因为， 当时，，解得或（舍去）； 当时，，所以， 则，即， 因为为正项数列，则，即， 所以是首项为3，公差为3的等差数列， 则. 【小问2详解】 因为， 所以，则，即， 所以，① 所以，② 由①②得， ， 所以. 17. 如图，四棱锥中，，，，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）若，平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接， 则且， 四边形为平行四边形， ，， ，又，，平面， 平面，平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点，则，连接， 平面，平面，平面平面， ，， 取中点，连接，则， 又平面，平面， ，，平面， 连接，则，， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，，得，， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，即， 解得，令，则，所以平面的一个法向量， 记直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）若在处的切线方程为，求的值； （2）当时，，总存在，使得成立，求 的取值范围； （3）当时，有三个不同零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求得，得到，得到方程，求得的值，再将代入切线方程，求得，得出，求得的值； （2）当时，，利用二次函数的性质，求得，求得，得出函数的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （3）转化为有三个不相等实根，设，利用导数求得的单调区间和极值，结合与有三个交点，列出不等式，即可求解. 【小问1详解】 由函数，可得， 则，所以， 因为在处的切线方程为， 可得，解得， 将代入切线方程，可得， 即，解得，所以. 【小问2详解】 当时，， 因为函数的图像象开口向上，对称轴为， 所以， 又因为，所以， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，可得， 所以，则，解得， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 当时，可得， 因为有三个不同零点，所以有三个不相等实根， 即与的图象有三个交点， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又由，且时，；时，， 因为与的图象有三个交点，所以， 所以实数的取值范围为. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长是焦距的2倍，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若是椭圆上的两个不同的动点，直线的斜率分别为． （i）求坐标原点到直线的距离的取值范围； （ii）设的中点为，点满足，过作轴，过作轴，直线与直线交于点，以为邻边作，求线段长度的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）椭圆长轴是焦距的2倍，短轴长为， 结合椭圆核心关系式得到最终方程， （2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，直线与椭圆的方程联立，再根据得到坐标原点O到直线的距离d的取值范围；当直线的斜率存在时，设直线的方程为联立，利用韦达定理，再根据得到d的取值范围， （ii）根据条件由两点的横纵坐标得到，得到，得到点M在以原点为圆心，以为半径的圆上，得到的轨迹，，，，从而得到的坐标，进而得到的长度， 【小问1详解】 椭圆长轴是焦距的2倍，短轴长为， ，又，， 椭圆的标准方程为， 【小问2详解】 （i）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为 由得 ，， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为 由，得 化简得：，，且 （或）， 由且（或由且）， 得 综上所述，； （ii）由（i）， 点在以原点为圆心，以为半径的圆上 由， ，， 的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $