精品解析：山东省肥城市第一高级中学2026届高三第一学期第七次教学质量检测数学试题

2025—2026第一学期高三年级第七次教学质量检测 数学试题 （本试题考试时间120分钟，满分150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则的值为（ ） A. 58 B. 57 C. 56 D. 55 5. 已知，是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若以为直径的圆过点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量，，且，若，则（ ） A. 0.09 B. 0.82 C. 0.91 D. 0.21 8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） 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. 在的展开式中，（ ） A. 常数项为20 B. 含的项的系数为80 C. 各项系数的和为32 D. 各项系数中的最大值为80 10. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 该正四棱台的体积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得平面 D. 的最小值为 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，过点的直线与双曲线交于，两点（点在第一象限），且，，记的内切圆圆心为，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 双曲线的离心率为 C. 直线的斜率为 D. 点的横坐标为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数有______. 13. 函数在上的最小值为__________. 14. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则________. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求A； （2）若，求b的大小． 16. 在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，是的中点，点分别在线段与上（不含端点），且． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角大小． （3）若平面，求的最小值． 17. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 18. 已知函数，函数， （1）若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； （2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆 的长轴长为6，短轴长为4，O为坐标原点. （1）求椭圆M的方程； （2）求内接于椭圆M的菱形ABCD 的周长的最大值； （3）在（2）中取得最大值的条件下，设 且 ，点P 是椭圆M上第一象限的点，直线与直线交于点E，直线与直线交于点，求证: . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026第一学期高三年级第七次教学质量检测 数学试题 （本试题考试时间120分钟，满分150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的定义进行求解即可. 【详解】因为集合， 所以. 故选：C. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】， 则其共轭复数为. 故选：B. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由诱导公式求得，再用诱导公式和二倍角公式求解. 【详解】由知：， 因此. 故选：B. 4. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则的值为（ ） A. 58 B. 57 C. 56 D. 55 【答案】D 【解析】 【分析】利用下标和性质分别求出和即可得解. 【详解】设等差数列的首项为，等比数列的首项为， 则， 所以. 故选：D 5. 已知，是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若以为直径的圆过点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，在中，设，则，进而根据椭圆定义得，进而可得离心率. 【详解】在中， 设，则， 又由椭圆定义可知 则离心率， 故选：B. 【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于根据已知条件，结合椭圆的定义，在焦点三角形中根据边角关系求解. 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，将整理成二次函数的形式，然后根据二次函数的性质来求得正确答案. 【详解】令， 是一个开口向上的关于的二次函数，故函数在对称轴处取得最小值， 即. 故选：A. 7. 已知随机变量，，且，若，则（ ） A. 0.09 B. 0.82 C. 0.91 D. 0.21 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的性质求出，再结合正态分布的对称性求解即可. 【详解】由题意得，则， 因为，所以， 即，解得， 由题意得， 由对称性可得， 则，故B正确. 故选：B 8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用三点共线，三点共线，得，解得，最后求出投影向量，利用基本不等式即可求解. 【详解】由题，设， 因为三点共线，三点共线，所以，解得， 所以， 则， 当且仅当，即时等号成立， 故选：C. 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，（ ） A. 常数项为20 B. 含的项的系数为80 C. 各项系数的和为32 D. 各项系数中的最大值为80 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解AB，根据二项式系数的定义可求解C，求出展开式的通项公式为：，利用求解即可判断D。 【详解】2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，故A不正确； 含x的项为，故x的系数是80，所以B正确； 各项系数的和是令时得到，即，故C错误． 的展开式的通项公式为：， 设第项的系数最大，系数为，则， 解得：或，此时系数为，故D正确； 故选：BD． 10. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 该正四棱台的体积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得平面 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，结合勾股定理求出正四棱台的高，再结合体积公式判断A，利用线面平行的判定得到平面，进而求出点面距离是定值，再结合底面积也是定值判断B，先假定线面垂直，进而推出，发现与题意矛盾判断C，将立体图形转化为平面图形，再结合题意得到直线过点，将的最小值转化为的最小值，最后求出长度判断D即可. 【详解】对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为， 如图，连接，设，， 可得分别是上底面和下底面的中心， 连接，则平面，且是正四棱台的高， 在上取点，使得，由正四棱台性质得， 则四边形是平行四边形，故且，则平面， 由题意得，，则， 因为，所以由勾股定理得， 所以由棱台的体积公式得，故A正确， 对于B，如图，接，，， 由正四棱台性质得，且， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面，面，所以平面， 又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值， 由题意得为定值，则为定值，故B正确， 对于C，假设存在点，使得平面，而面，则， 因为，，面，所以平面， 而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立， 即不存在点，使得平面，故C错误， 对于D，由正四棱台性质得，如图，作，， 由题意得四边形是矩形，则，， 则，而，得到， 如图，将侧面和沿棱展开， 由余弦定理得，解得， 且由题意得，，则，可得， 同理可得，，故， 即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等， 故当点与点重合时，的最小值为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，过点的直线与双曲线交于，两点（点在第一象限），且，，记的内切圆圆心为，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 双曲线的离心率为 C. 直线的斜率为 D. 点的横坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合题意作出符合条件的图形，利用二倍角公式和斜率的几何意义判断A，利用余弦定理建立齐次方程求解离心率判断B，对点位置分类讨论，结合双曲线的定义和切线长定理判断点与重合，最后利用直线的垂直关系求解斜率判断C，利用内切圆的半径相等并结合两点间距离公式建立方程，得到判断D即可. 【详解】如图，过点分别作的垂线，设垂足分别为， 对于A，因为，所以， 则 ， 设直线的倾斜角为，则， 由同角三角函数的基本关系得，所以的斜率，故A错误， 对于B，设双曲线的焦距为，则， 由双曲线的定义得，则， 由余弦定理得， 结合已知可得，解得， 则双曲线的离心率为，故B正确， 对于C，由切线长定理得，， 当点在线段上时， ， ， 联立两方程，可得，此时点与重合， 同理可得，当点在线段上时，，此时点与重合， 故，点与重合，即，可得，故C正确， 对于D，设的内切圆半径为，则， 又由勾股定理得， 则，解得， 而，可得，即点的横坐标为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数有______. 【答案】 【解析】 【分析】分取出的数字有和没有两种情况讨论，先取数字、再排列. 【详解】若取出的数字有，则有个没有重复数字的四位数； 若取出的数字没有，则有个没有重复数字的四位数； 综上可得一共有个没有重复数字的四位数. 故答案为： 13. 函数在上的最小值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由，求出，结合导数研究函数在上的单调性即可求出其最小值. 【详解】由题可得：，解得：， 所以，则，令,解得：， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 故答案为： 14. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理求出，，利用平面向量数量积公式及数量积坐标表示分别求，得到，而，代入即可求出答案. 【详解】抛物线的焦点为， 易知直线斜率不为，设直线的方程为， 联立，则， 所以，， 所以， 因为，，所以， 又因为，所以， 所以，即， . 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求A； （2）若，求b的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到，得到，结合，即可求解； （2）根据题意，由正弦定理，求得，得到，在直角中，利用勾股定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得， 即， 即 即， 所以， 又因为为三角形的内角，可得，所以， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，且， 根据正弦定理知，可得， 因为，所以，所以为直角三角形， 所以. 16. 在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，是的中点，点分别在线段与上（不含端点），且． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角大小． （3）若平面，求的最小值． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以且，又且，则且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）点在线段上，平面即为平面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法即可求出答案； （3）求出点的坐标从而求得，再求出平面的法向量，根据平面求得，代入利用基本不等式即可求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为点在线段上，则平面即为平面， 因为平面，，则两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，则， 设平面的法向量为， 则，令，则，，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 又，所以， 所以平面与平面的夹角为，即平面与平面的夹角大小为. 【小问3详解】 设点，则，， 由得，则， 则，同理，由可得， 则， 设平面的法向量， 因为，， 所以，令，则，，则， 由平面得， 化简可得， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 17. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 【答案】（1）150元 （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得. 【小问1详解】 设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为. . 则的分布列为 100 200 300 P 故（元）. 【小问2详解】 （i）， ， 因为， 所以 （ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 因为， 所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为. 18. 已知函数，函数， （1）若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； （2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 证明：由题意得的定义域为， 因为，所以， 所以切线方程为， 则， 令， 化简得， 则，令，， 令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 所以是极小值点也是最小值点，得到， 即成立，可得， 故得证. （2） 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义求出切线方程，再构造函数并利用导数证明不等式即可. （2）构造函数，求出导函数，对再一次求导后，还要第三次求导，然后由时的导数值的正负分类讨论求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 则在上恒成立， 令，且满足题意， 而， 令， 则，令， 则， 则在上是增函数，即在上单调递增， 得到，当时，， 此时在上单调递增，即在上单调递增， 则，可得在上单调递增， 得到恒成立，原不等式恒成立， 当时，则， 又， 得到， 则由零点存在性定理得，存在，使得， 当时，，此时在上单调递减， 即在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 即在上单调递增，而， 则当时，，此时在上单调递减， 可得，不合题意， 综上，的取值范围是. 19. 已知椭圆 的长轴长为6，短轴长为4，O为坐标原点. （1）求椭圆M的方程； （2）求内接于椭圆M的菱形ABCD 的周长的最大值； （3）在（2）中取得最大值的条件下，设 且 ，点P 是椭圆M上第一象限的点，直线与直线交于点E，直线与直线交于点，求证: . 【答案】（1）； （2）； （3） 法1：设，则，其中， 由题可知，易知直线的方程为， 直线的方程为， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立，解得， 所以点为， 联立，解得， 所以点为， 所以 ， 所以，所以. 法2：设直线的方程为， 联立，整理得， 因为，所以， 所以点， 所以直线的方程为， 令，所以， 所以点为， 由题易知直线的方程为，直线的方程为． 联立，解得， 所以点， 所以， 所以，所以． 【解析】 【分析】（1）根据长轴和短轴定义得到方程组，解出即可； （2）法1：设，再计算出，再设原点到的距离为，从而得到的表达式，最后根据对勾函数的性质得到的最大值，从而得到周长的最大值；法2：同法1得到，则计算得，再利用对勾函数单调性得到最值；法3：设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，根据得到，再计算的表达式，最后根据对勾函数的性质得到的最大值；法4：直线设的方程为，联立椭圆方程得到的表达式，再计算的表达式，最后根据对勾函数的性质得到的最大值. （3） 法1：设，求出相关直线方程，从而得到点的坐标，最后证明即可；法2：设直线的方程为，联立椭圆方程求出点坐标，再求出直线的方程，最后得到点的坐标，证明出即可. 【小问1详解】 由题意可知，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 法1：由对称性可知的中点为原点，且， 设， 则， 代入椭圆的方程得， 所以， 所以， 设原点到的距离为， 则， 所以，所以， 由对勾函数性质可知，当或时，， 所以菱形的周长的最大值为． 法2：由法1可知， 所以， 设， 由对勾函数性质可知在上单调递减，在上单调递增， 且， 则，所以， 所以菱形的周长的最大值为， 法3：①当直线的斜率不存在时，不妨设， 计算得，菱形的周长为； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，整理得， 设， 则，且， 因为，所以， 所以 ， 所以． 所以原点到直线的距离为， 设，则， 所以，所以， 由对勾函数性质可知，当或时，， 所以菱形的周长的最大值为． 法4：①直线的斜率不存在时，，菱形的周长为； ②直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，整理得， 所以， 同理可得， 因为，所以， 设，所以． 所以， 设， 则，当且仅当，即时等号成立， 又因为，， 则由对勾函数性质可知，所以， 综上，菱形的周长的最大值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $