精品解析：山东省枣庄市2026届高三第一学期质量检测数学试题

2026届高三第一学期质量检测 数学试题 2026.01 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2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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，则的虚部为（ ） A. 4 B. C. D. 2. 已知集合，，则“”是“”（ ） 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，，则下列命题正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 记正项等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 243 B. 81 C. 27 D. 9 5. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中，是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么要消除的污染物大约需要（参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 8. 记函数，的两个零点为和，则（ ） 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. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 与所成角为 D. 与平面所成的角的正切值为 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 已知关于的经验回归方程为，且，则 C. 一组样本数据，，…，（），其中是最小值，是最大值，则，，…，的75%分位数一定与，…，的75%分位数不同 D. 若事件，满足，则与独立 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的值域是 C. 有极值 D. 存在实数，，使得在上的值域为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，且离心率为2，则该双曲线的实轴长为______． 13. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是______． 14. 在中，，在上，，，与的夹角为，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. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和， 16. 如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． （1）若，求证：点是棱中点； （2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 如图，，，圆的半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且． （ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 18. 现将红色、黄色、蓝色的3个小球随机放入甲、乙、丙、丁四个盒子中（每个盒子容纳球数不限）． （1）记甲盒中小球个数为，求的分布列和； （2）对于两个不相互独立的事件，，，． ①若，则称事件与正相关（的发生会“促进”的发生）；若，则称事件与负相关（的发生会“抑制”的发生）； ②定义为与的相关系数． （ⅰ）若，求证：与正相关； （ⅱ）定义事件“甲盒中恰有一个小球”，事件“甲盒中含有红球”．求，并判断事件与的相关情况． 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第一学期质量检测 数学试题 2026.01 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2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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，则的虚部为（ ） A 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可得虚部. 【详解】因为，则， 所以的虚部为. 故选：B. 2. 已知集合，，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判定方法进行判断. 【详解】充分性：因为，但，所以“”不是“”的充分条件； 必要性：因为，，所以 “”是“”的必要条件； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合不等式的性质，以及特殊验证，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，由，可得，根据不等式的性质，可得，所以D正确； 故选：D. 4. 记正项等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 243 B. 81 C. 27 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得. 【详解】设正项等比数列的公比为， 且，则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以. 故选：A. 5. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系，先求出圆心到直线的距离，然后用勾股定理即可求出弦长. 【详解】因为圆的方程为，所以圆心坐标为，半径为. 则圆心到直线的距离为. 所以弦长为. 故选：C. 6. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用余弦定理得出，再应用面积公式计算求解. 【详解】由余弦定理得， 所以， 则的面积为. 故选：B. 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中，是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么要消除的污染物大约需要（参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意整理可得，代入题中数据，结合对数运算求解即可. 【详解】因为，即， 设消除的污染物大约需要， 由题意可得，即，取对数可得， 两式相比可得，则， 所以要消除的污染物大约需要. 故选：C. 8. 记函数，的两个零点为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，即，列方程解，不妨设，可知，.利用诱导公式结合倍角公式逐项分析判断. 【详解】令，即， 联立方程，解得或， 不妨设，则，， 且，则，. 对于选项C：，故C错误； 对于选项D：，故D正确； 对于选项AB：因为，则， 且， 可得，， 则，故A错误； 且，故B错误； 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. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 与所成的角为 D. 与平面所成的角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用空间向量法证明线线垂直、线面平行以及向量法求线线角余弦，向量法求线面角从而确定正确答案. 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设， 则， 所以，又因为，所以，B选项正确； 取中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，A选项正确； 设与所成的角为，， 所以，所以与所成的角为，C选项错误； 设平面的法向量为，设与平面所成的角为， 则，所以， 所以，所以D选项正确. 故选：ABD 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 已知关于的经验回归方程为，且，则 C. 一组样本数据，，…，（），其中是最小值，是最大值，则，，…，的75%分位数一定与，…，的75%分位数不同 D. 若事件，满足，则与独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解A, 将样本中心代入回归方程即可求解B, 根据百分位数的计算即可求解C,根据相互独立的性质即可求解D. 【详解】对于A，由于，，则，故A错误， 对于B，将代入可得，故，B正确； 对于C，将原来17个数从小到大排列，， 则17个数的75%分位数为17个数中的第13个数， 去掉其中最大和最小两个数据后，， 故剩下的15个数据的75%分位数为15个数中的第12个数字，也是17个数中的第13个数，故两者可能相等，C错误， 对于D，，所以相互独立，因此也相互独立，D正确， 故选：BD. 11. 已知函数，则（ ） A. 奇函数 B. 的值域是 C. 有极值 D. 存在实数，，使得在上的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义判断A；先化简，进而结合指数函数的性质求解判断B；先判断函数的单调性，即可判断C；若在上的值域为，可得与在上有两个交点，进而结合图象判断D. 【详解】对于A，由，， 则， 所以为奇函数，故A正确； 对于B，由， 而，则，即， 则，即， 所以的值域是，故B正确； 对于C，由B知，， 因为函数在上单调递增，且， 所以函数在上单调递减， 则在上单调递增，无极值，故C错误； 对于D，由C知，函数在上单调递增， 若在上的值域为， 则， 所以方程在上有两个不相等的实根， 则与在上有两个交点， 结合为奇函数，在上单调递增，且的值域是， 且，， 可作出函数与的大致图象如下： 由图可知与在上有两个交点， 因此存在实数，，使得在上的值域为，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. 已知双曲线（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，且离心率为2，则该双曲线的实轴长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】先根据抛物线的焦点求出双曲线的半焦距，再结合双曲线的离心率求出，即得其实轴长. 【详解】由抛物线方程可得，解得，故抛物线焦点坐标为， 因双曲线（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，故， 又离心率为，解得，则该双曲线的实轴长为. 故答案为：4. 13. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先判断的奇偶性，再判断单调性，根据恒成立，则即求恒成立，讨论，两种情况，即可求解. 【详解】根据题意知，，所以可知为奇函数， 而单调递增，单调递减，即单调递增，所以单调递增， 而恒成立，则即恒成立， 所以可得恒成立， 当，恒成立，所以符合条件； 当，恒成立，则需要且， 化简可得，综上所述. 故答案为： 14. 在中，，在上，，，与的夹角为，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用与表示、 ，再将转化为与的计算，进而求解. 【详解】因为， 且， 则， 又因为，且与所成的夹角为， 则， 可得， 当且仅当时，的最大值为. 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. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式列式求，进而可得通项公式； （2）整理可得，利用裂项相消法求和即可. 小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得：，解得， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 因为， 则. 16. 如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． （1）若，求证：点是棱的中点； （2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设，，根据垂直关系有求参数值，即可证； （2）根据已知及棱锥的体积求出的坐标，进而确定对应平面的法向量，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即， 而的中点坐标为，所以点是棱的中点； 【小问2详解】 设， 则， 即， 由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则， 令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 如图，，，圆半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且． （ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）平行四边形；（ⅱ）6 【解析】 【分析】（1）连接，由题意可得，即可得到动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求解即可； （2）（ⅰ）结合椭圆的对称性即可判断； （ⅱ）由（ⅰ）易得四边形面积为，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得表示出，令，，进而结合对勾函数的性质求解即可. 【小问1详解】 连接，由题意知，， 则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 即，则， 所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意，，且，， 结合椭圆的对称性，易知， 则四边形为平行四边形. （ⅱ）由（ⅰ）知，四边形为平行四边形，为其中心， 则四边形面积为， 由题意，设直线的方程为，， 联立，得， 则， ，， 则 ， 则四边形面积为， 令，，则， 因为函数在上单调递增，则， 则，即四边形面积的最大值为6. 18. 现将红色、黄色、蓝色的3个小球随机放入甲、乙、丙、丁四个盒子中（每个盒子容纳球数不限）． （1）记甲盒中小球个数为，求的分布列和； （2）对于两个不相互独立的事件，，，． ①若，则称事件与正相关（的发生会“促进”的发生）；若，则称事件与负相关（的发生会“抑制”的发生）； ②定义为与的相关系数． （ⅰ）若，求证：与正相关； （ⅱ）定义事件“甲盒中恰有一个小球”，事件“甲盒中含有红球”．求，并判断事件与的相关情况． 【答案】（1）分布列见解析，期望为； （2）（i）证明见解析；（ii），与正相关. 【解析】 【分析】（1）由题设的可能取值为，应用古典概型的概率求法求对应概率，进而写出分布列并求出期望； （2）（i）根据新定义及条件概率公式得，即可证； （ii）根据题意求出，，，根据给定公式及（i）的结论，即可得. 【小问1详解】 由题意，的可能取值为，且每个小球都有4种放法，故3个小球共有种放法， ，，，， 所以的分布列如下， 0 1 2 3 所以； 【小问2详解】 （i）由，则， 所以，故与正相关，得证； （ii）由题意，，， 所以， 结合（i）结论，故与正相关. 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可； （2）（ⅰ）对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以切线斜率为， 由，则曲线在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 （ⅰ）因为，所以． 令，则． a.当时，因为，所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点． b.当时，因，所以，则单调递增． 因为，所以单调递增．， 此时，在内无零点． c.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 因为，所以． 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当且时，，所以， 即． 令，则， 所以，，…，， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $