精品解析：山东省烟台市2026届高三上学期期末学业质量水平诊断数学试题

2025~2026学年度第一学期期末学业质量水平诊断 高三数学 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸､试题卷上答题无效. 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，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的运算法则求解即可. 【详解】因为， 所以, 所以. 所以. 故选：D 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式可求得所求代数式的最小值. 【详解】因为，则， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 故选：C. 3. 已知且，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】根据充分、必要条件的概念判断即可. 【详解】对， 若，由； 若，由，结合，得. 所以不等式的解集为. 因为⫋， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知直线，圆，当直线被圆截得的弦长最短时，实数的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先确定直线经过定点，根据直线，求的值. 【详解】对直线：，所以直线经过定点. 当直线时，直线被圆截得的弦长最短. 因为，所以，所以，即. 故选：A 5. 已知菱形的边长为分别是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为基底，分别表示出，，利用数量积的运算律求即可. 【详解】如图： 以为基底，则，. 又，， 所以. 故选：B 6. 若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用台体体积公式求出正三棱台的高，再结合三角形的几何性质以及勾股定理可求得的长度. 【详解】正三棱台中，已知，， 所以的面积为， 的面积为， 设、分别是、的中心，则为正三棱台的高， ， 故， 设、分别是、的中点，所以、、三点共线，、、三点共线， 且，，， 则， ， 所以，， 易知四边形为直角梯形，且，， 过点在平面内作，垂足为点，如下图所示： 因为，，，故四边形为矩形， 所以，，则， 由勾股定理可得. 故选：A. 7. 若函数在区间内无零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简得，当时，，问题转化为，，可求的取值范围. 【详解】因为 . 由， 则函数在区间内无零点可转化为，. 所以，. 由，又，， 所以当时，，结合，可得. 故选：C 8. 已知定义在上的函数的导函数为，且对任意的，有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得函数的图象关于直线对称，在上单调递减，在上单调递增，进而将问题转化为或恒成立，进而分、两种情况讨论求解即可. 【详解】由，得函数的图象关于直线对称， 由，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 由，则， 即， 所以或， 则或恒成立. 当时，恒成立； 当时，，则或， 而，则不可能恒成立. 综上所述，实数的取值范围为. 故选：A 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数为的导函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. 函数的极大值为 D. 函数为奇函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，可判断ABC的真假，求函数的解析式，利用奇偶性的概念判断函数的奇偶性，可判断D的真假. 【详解】因为，所以. 由或；由. 所以的增区间为，，减区间为.故B错误； 所以函数的极大值为，故C正确； 又，故A正确； 又为奇函数，故D正确. 故选：ACD 10. 已知抛物线经过点，其焦点为为上的一动点，点，则（ ） A. B. 直线与抛物线有两个公共点 C. 满足的点有两个 D. 点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】先由抛物线所过的点求出抛物线方程，由焦半径公式即可求解判断A；求出直线的方程，与抛物线方程联立求解即可判断B；求出P点轨迹方程，并与抛物线方程联立，由判别式即可判断C；将问题等价转化成求的最小值即可分析求解判断D. 【详解】由题意得即，所以抛物线，， 所以，故A正确； 由题可得直线的方程为， 联立得，所以， 所以直线与抛物线只有1个公共点，故B错误； 设，则由即得，即点P在圆上， 联立，其中， 则，且, 故此方程在上有且只有根且为正根，故方程组有且只有两组不同的解， 所以圆与抛物线有两个交点，满足的点有两个，故C正确； 由题意可知点到轴的距离为， 点到轴的距离与其到点的距离之和为， 又，当且仅当三点共线且在之间等号成立， 所以点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为，故D错误. 故选：AC 11. 如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 当点在线段上时， B. 当点在线段上时，平面 C. 当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D. 当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体中线面的位置关系，可判断AB的真假；当点与点（或）重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求正方体外接球的表面积可判断C的真假；先明确点轨迹是一段弧，再结合弧长公式求弧长可判断D的真假. 【详解】如图： 连接，则， 又为正方体，所以平面， 平面，所以， 因为平面，且，所以平面. 平面，所以. 同理可得，平面，， 所以平面. 同理可得：平面，所以平面平面. 对A：当点在线段上时，平面， 又平面，所以，故A正确； 对B：当点在线段上时，平面， 又平面平面，所以平面，故B正确； 对C：当点与点（或）重合时， 三棱锥的外接球即为正方体的外接球. 设半径为，则. 此时三棱锥的外接球的表面积为：，故C错误； 对D：当点在面上时，如图： 设，则，由， 所以点轨迹是平面中，以为圆心，以为半径的圆弧， 与的交点，，与的交点，. 所以. 由余弦定理，，所以. 所以点轨迹的长度为：，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式求，再利用诱导公式求的值. 【详解】因为， 所以. 因为， 所以， 所以. 故答案为： 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与的左､右两支分别交于点，若为线段的中点，且成等差数列，则双曲线的离心率的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由题意求出参数m，进而得到，从而求出，再在中由勾股定理即可求解. 【详解】连接，则由题意可知， 设，则， 因为成等差数列，所以， 所以，所以， 所以，即， 所以，即， 所以双曲线的离心率的值为. 故答案为： 14. 若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________. 【答案】 ①. 16 ②. 86 【解析】 【分析】根据“数列”的概念，结合，利用递推关系可求的最小值；根据数列的单调性，且数列增长速度最慢时，根据求的值即可. 【详解】因为数列为“数列”，且，， 所以当时，； 当时，，又，所以； 当时，. 所以的最小值为16. 因为数列为“数列”，所以， 又，所以数列为递增数列. 问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值. 此时： 设，则； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； …… 归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，. 又. 若，， 由， 即； 若，， 由， 即. 此时，，. 又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得. 故的最大值为86. 故答案为：16；86 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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，分别为线段的中点. （1）证明：平面平面： （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由底面可得，由为矩形可得，进而得到平面，可得，由为中点可得，进而得到平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，所以 因为底面为矩形，所以. 又平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为为中点，所以， 因为平面平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以为原点，的方向分别作为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设为平面的一个法向量， 则有，取，得. 又， 设为平面的一个法向量， 则有，取，得. 由图可知，二面角为锐角， 设二面角的平面角的大小为， 则， 所以二面角的余弦值为. 16. 已知的内角的对边分别为，点满足. （1）若，求面积的最大值； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合基本不等式可求的最大值，再结合三角形的面积公式求三角形面积的最大值. （2）分别在和中，利用正弦定理，可得和，再结合，可求角. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 所以. 所以，当且仅当“”时取“”， 所以，即面积的最大值为. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因为，所以， 于是，整理得， 又， 即， 因为，所以，所以， 解得. 17. 已知点均在抛物线上，，，以点为圆心的圆与轴相切，且圆与圆外切，. （1）求数列的通项公式； （2）设圆的面积为，求证：. 【答案】（1） （2） 由（1）知，， 因为， 所以， 即，原题得证. 【解析】 【分析】（1）根据两圆的位置关系列式，可得数列的递推公式，再根据数列的递推公式求通项公式. （2）利用放缩法，结合裂项求和法进行证明. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以且， 因为圆和圆外切且圆均与轴相切， 所以， 所以， 整理得， 因为，所以， 即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以. 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，上顶点为，且的面积为1. （1）求的方程； （2）设过点的直线与过点的直线相交于点的斜率分别为，且. （i）若为上的动点，求的最小值； （ii）设为坐标原点，若与相交于点与相交于点，且直线的斜率之和为0，求点的坐标. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据条件列式，可求的值，进而求得椭圆方程. （2）（i）先根据求得点的轨迹为直线，再求与的轨迹平行且与椭圆相切的直线方程，根据平行线的距离公式可求解. （ii）设直线：，与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得，同理可得，结合与，可求的值，进而可得点坐标. 【小问1详解】 由题意知， 又，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）设，显然，则， 因为，代入整理得. 如图： 设与直线平行且与相切的直线方程为， 联立，得， ，所以， 所以的最小值为. （ii）设直线的方程为，设，因为均存在，所以点均不在轴上，所以， 联立方程，得， 所以， 所以 同理可得， 所以， 即， 当时，又整理得，解得或（舍） 由，解得， 当时，又得，由，解得， 综上，满足条件的点的坐标为或. 19. 已知函数. （1）当时，，求的取值范围； （2）设，且. （i）证明：数列是递减数列； （ii）证明：. 【答案】（1） （2） 因为，由（1）知，当时，. （i）证明：因为，所以，所以. 因为，所以，所以. 以此类推，. 因为， 令，则，当时，， 所以在单减，即，即， 所以，所以. 所以，所以，故数列是递减数列. （ii）证明：由题意， 下证： 因为，只需证，即证. 令， 则， 由（i）知，当时，，所以，所以在上单调递增， 又，故对任意的. 所以，即， 所以，原题得证. 【解析】 【分析】（1）将题设等价转化为当时，构造函数，则题设等价于，利用导数工具分、、三种情况分析函数的函数值情况即可求解； （2）先由（1）知，，若时，.（i）进而证明，接着作差得到，利用导数工具证明得到即可求证.（ii）先由题意得到，接着证明，再逐步放缩即可求证原题. 【小问1详解】 当时，，即， 令，则， 当时，因为，所以，即在上恒成立， 所以在上单调递减，所以，不合题意； 当时，令，解得， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 则，不合题意； 当时，令，解得，此时在上恒成立， 所以在上单调递增，所以恒成立，符合题意. 综上，的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期期末学业质量水平诊断 高三数学 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸､试题卷上答题无效. 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，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知且，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 4. 已知直线，圆，当直线被圆截得的弦长最短时，实数的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知菱形的边长为分别是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间内无零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数的导函数为，且对任意的，有，则实数的取值范围为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数为的导函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. 函数的极大值为 D. 函数为奇函数 10. 已知抛物线经过点，其焦点为为上的一动点，点，则（ ） A. B. 直线与抛物线有两个公共点 C. 满足的点有两个 D. 点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为 11. 如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 当点在线段上时， B. 当点在线段上时，平面 C. 当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D. 当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为__________. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与的左､右两支分别交于点，若为线段的中点，且成等差数列，则双曲线的离心率的值为__________. 14. 若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________. 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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，分别为线段的中点. （1）证明：平面平面： （2）求二面角的余弦值. 16. 已知的内角的对边分别为，点满足. （1）若，求面积的最大值； （2）若，求. 17. 已知点均在抛物线上，，，以点为圆心的圆与轴相切，且圆与圆外切，. （1）求数列的通项公式； （2）设圆的面积为，求证：. 18. 已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，上顶点为，且的面积为1. （1）求的方程； （2）设过点的直线与过点的直线相交于点的斜率分别为，且. （i）若为上的动点，求的最小值； （ii）设为坐标原点，若与相交于点与相交于点，且直线的斜率之和为0，求点的坐标. 19. 已知函数. （1）当时，，求的取值范围； （2）设，且. （i）证明：数列是递减数列； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $