精品解析：山东省青岛市2026届高三第一学期期末考试数学试题

2025—2026学年度第一学期期末考试 高三数学试题 2026.02 本试题卷共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． 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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到抛物线的标准方程，再由标准方程得到其准线方程； 【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴， ，则准线方程为. 故选：D 2. 系统中共有3个元件，各个元件正常工作的概率为，各个元件正常工作的事件相互独立．记系统中正常工作的元件数为X，则X的方差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布的方差公式计算得解. 【详解】依题意，元件数， 所以所求方差. 故选：A 3. 将函数的图象向右平移个单位后，所得图象与原图象重合，则正数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象重合可得周期，从而可求的最小值. 【详解】因为图象向右平移个单位后，所得图象与原图象重合，故， 故，故正数的最小值为2， 故选：B. 4. 下列命题正确的是（ ） A. 所有可以被5整除的整数，末尾数字都是0 B. 任意一个偶数都不是素数 C. 至少有一个整数n，使得是奇数 D. 任意一个整数n，都不是4的倍数 【答案】D 【解析】 【分析】根据反例可判断AB的正误，根据连续两个整数必有一个偶数可得判断C的正误，就的奇偶性讨论后可判断D的正误. 【详解】对于A，可以被5整除的整数，但末尾数字是，故A错误； 对于B，为偶数且为素数，故B错误； 对于C，因为必有一个偶数，故必为偶数，故C错误； 对于D，若，则，故不是4的倍数， 若，则，因为4的倍数， 故不是4的倍数， 故任意一个整数n，都不是4的倍数，故D正确. 故选：D. 5. 设是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得出，解出这个方程组可得出的值. 【详解】由于函数是奇函数，函数为偶函数， 所以，，即，解得. 故选：A. 6. 在中，，，则的最短边与最长边之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，即可求出，从而得到，则，再求出，最后由正弦定理计算可得. 【详解】因为，， 所以， 又，所以，则， 又，，所以，所以，则， 又，解得， 所以， 即的最短边与最长边之比为. 故选：C 7. 设正实数a，b，c均不等于1，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据换底公式可得，而即为，故，据此可得，故可得. 【详解】因为， 故， 而即为，故， 故即，故即， 故选：C. 8. 已知函数，，则（ ） A. 不可能为奇函数 B. 不可能为偶函数 C. 存在k，使得 D. 存在k，使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据反例判断AB，根据特例可判断D的正误，再由赋值法可判断C的正误. 【详解】对于A，若，则即，其中， 故，，函数的定义域关于原点对称且， 故此时为奇函数，故A错误； 对于B，若，则即， 其中，故，， 函数的定义域关于原点对称且， 故此时为偶函数，故B错误； 对于C，令，则， 当为偶数时，；当为奇数时，， 故不存在，使得，故C错误； 对于D，取， 将变换为，则， 故， 此时， 故D正确； 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. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率为非0的直线上，则（ ） A. 解释变量和响应变量是线性函数关系 B. 解释变量和响应变量是线性相关关系 C. 相关系数 D. 决定系数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据散点图得这两个变量线性相关，由此逐项判断得解. 【详解】由散点图中所有的散点都落在一条斜率为非0的直线上， 得解释变量和响应变量是线性函数关系，不是线性相关关系，，，BC错误，AD正确. 故选：AD 10. 在正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过D，E，F三点作该正方体的截面，已知此截面是一个多边形，则（ ） A. 为梯形 B. 平面DEF C. 平面DEF D. 在顶点D处的内角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】以为原点建立边长为的空间直角坐标系确定各已知点坐标，参数化正方体相关棱上的点并结合共面向量定理求出截面与棱的交点，确定截面形状后，通过空间向量的点积公式计算内角的余弦值. 【详解】 如上图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，则各点坐标为: 选项A：由上图可知，截面是一个五边形，而非梯形，选项A错误； 选项B：由三角形中位线定理可知，平行于，且，又因为平面，而平面，所以平面，选项B正确； 选项C：若平面，则与平面中的两条相交直线都是垂直的， ，，， 计算点积：，则与平面并不垂直，选项C错误； 选项D：截面与的交点为点，与的交点为点； 求点，设，依据共面向量定理：若共面，则向量可以由与线性表示，即； 代入向量坐标：， 按分量列方程：，，，求解可得， 所以；同理可以求得； ，，， ，同理， ，选项D正确. 故选：BD 11. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. 关于z的方程有解 D. 若复数w满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，根据可得，故在双曲线上，由双曲线的性质可判断ABC的正误，根据三角形不等式可判断D的正误. 【详解】设，则， 整理得， 故即， 故在双曲线上，焦点坐标为实半轴长为， 故表示到两个焦点的距离差的绝对值， 故，故A正确； 即为到原点的距离，故大于等于实半轴长，故，故B成立， 对于C，由可得，而， 故，而，故矛盾，故C错误； 对于D，因为即为到原点的距离，由B的分析可得， 而，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. 已知集合，若，则______ 【答案】2 【解析】 【分析】根据条件先判断出，然后再对进行分类讨论，结合集合中元素的互异性求解出结果. 【详解】由，得，则或， 当时，得，则，集合中元素不满足互异性，舍去； 当时，解得或， 若，则，，合题意； 若，则，集合中元素不满足互异性，舍去； 综上，. 故答案为：2. 13. 已知数列的首项，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据累加法结合余弦函数的周期性可求. 【详解】由题设有， 由累加法可得，， 即，， 故，， ，， 而的周期为，故是周期为的数列， 且， 故. 故答案为：. 14. 随机将1，2，…，8这8个连续正整数分成A，B两组，每组4个数，记表示A组中最大的数与最小的数之和，表示B组中最大的数与最小的数之和．则______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再求出且的概率，最后根据条件概率的计算公式可求. 【详解】1，2，…，8这个数中两个数和为9共有4种情况：， 不可能作为组中最大的数与最小的数，也不可能作为组中最大的数与最小的数， 故当4个不同的数中最大数与最小数和为时，最大数、最小数可为， 故，而且的概率为 故， 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. 某公司邀请专业棋手与新研发的机器人进行下棋比赛，规则如下：双方的初始分均为10分，每局胜方加5分，负方减5分，平局双方分数不变．当一方达到20分时，则其获胜，比赛终止，否则比赛继续．假设每局棋手胜、平、负的概率分别为，，，各局之间相互独立． （1）求两局后比赛终止的概率； （2）求两局后棋手得分的均值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式可求两局后比赛终止的概率； （2）可取，再根据独立事件的概率公式可求取相应值的概率后可得分布列，最后根据期望公式可求期望. 【小问1详解】 设为：“两局后比赛终止的概率”，则. 【小问2详解】 可取， 而，， ，， ， 故的分布列如下： 故. 16. 设函数． （1）求的单调区间； （2）若存在极值点，且存在，使得，证明：．附 【答案】（1）时，的增区间为，无减区间； 时，增区间为，减区间为. （2）证明：因为是的极值点，故，故， 所以， 因为存在，使得， 所以，即， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为 所以，即， 所以，即， 因为， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，就、 分类讨论导数的符号后可得函数的单调性； （2）根据极值点可得，再根据结合代数变形可证. 【小问1详解】 解：， 当时， （不恒为零），的增区间为，无减区间； 若 ，则当时，， 当时，， 故的增区间为，减区间为， 综上：时，的增区间为，无减区间； 时，的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 17. 设为复数数列，，，记的实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列为等比数列； （3）求． 【答案】（1） （2）证明：由（1）可得，故，， 所以，因为，故， 故，而， 故数列为等比数列，且首项为，公比为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数关系可得，故可求数列的通项公式； （2）由（1）中结果可得，故可得，由对数的性质和等比数列的定义可证数列为等比数列； （3）由（2）结果可求，结合等比数列的前项和公式可求题设中的乘积. 【小问1详解】 因为， 故 ， 而，均为实数，故， 而，，均为实数，故，故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得，故， 故. 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求W的方程； （2）若直线与相交于两点，线段的中点在直线上． （ⅰ）求k； （ⅱ）已知点，与的另一个交点为，与的另一个交点为．证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）直线的斜率必存在且， 由可得， 展开得 故 ， 故，故， 同理，， 设，则， 故，同理， 故：即， 而的斜率为，故即， 故，故过定点. 【解析】 【分析】（1）根据短轴长和离心率可求基本量，从而可求W的方程； （2）（ⅰ）联立直线方程和椭圆方程，求出中点坐标后可求直线的斜率； （ⅱ）用的坐标表示，利用同构可证直线过定点. 【小问1详解】 因为椭圆短轴长为2，故，而离心率为，故， 故，故，所以椭圆方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）设，， 由可得， 设线段的中点，则，， 所以，而，故. （ⅱ）略 19. 如图，点，为椭圆的焦点，点O为线段的中点，点M在上，点N是所在平面外一点，平面平面，且． （1）若的离心率为，平面，ON与平面所成角为60°，求与平面OMN所成角的正弦值； （2）若的离心率为，，，点M，N，，均在同一球面上，求此球体积的最小值； （3）若是以ON为轴的圆柱被平面所截的截口曲线，当与平面OMN所成的角最大时，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由题意，直线垂直于此圆柱的底面，不妨设为圆柱的一个底面圆心， 记为在这个底面的正投影，作于， 则平面，，，故四点共面， 故点到平面的距离等于，记直线与平面所成的角为， 因为是在底面上的投影，所以， 所以， 此时，且，故， 而，平面，故平面， 而平面，故，， 平面，故平面， 而为母线，故， 因为到边的距离，且，， 故四边形为矩形，故，所以平面， 而平面，故. 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值； （2）先求出椭圆的基本量，利用正弦定理可求的外接圆的半径及其圆心的位置，再根据椭圆的性质得外接圆半径的最小值，从而可求外接球半径的最小值，故可求体积的最小值； （3）记为在圆柱的底面上的正投影，于，则线面角满足，结合线段的不等式关系及正弦定理可求取最大值时的条件，据此可证垂直关系. 【小问1详解】 在平面中过作直线，在平面中过作的垂线， 因为平面平面，平面，平面， 所以平面，而平面，平面， 故，，直线，直线，直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的一个法向量为， 则即，令，则， 故，设与平面所成的角为， 则. 【小问2详解】 因为，，故，设外接圆的圆心为， 因为，， 故的外接圆的半径为，故. 设球心，外接圆的圆心为，则平面，平面， 而，因平面平面，平面平面， 平面，故平面，故， 而平面，故，同理， 故四边形为矩形，故， 故外接球半径， 由椭圆的性质可得最大时，， 此时，而， 故，故球体积的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期期末考试 高三数学试题 2026.02 本试题卷共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． 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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 系统中共有3个元件，各个元件正常工作的概率为，各个元件正常工作的事件相互独立．记系统中正常工作的元件数为X，则X的方差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 3. 将函数的图象向右平移个单位后，所得图象与原图象重合，则正数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 下列命题正确的是（ ） A. 所有可以被5整除的整数，末尾数字都是0 B. 任意一个偶数都不是素数 C. 至少有一个整数n，使得是奇数 D. 任意一个整数n，都不是4的倍数 5. 设是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，则的最短边与最长边之比为（ ） A. B. C. D. 7. 设正实数a，b，c均不等于1，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，则（ ） A. 不可能为奇函数 B. 不可能为偶函数 C. 存在k，使得 D. 存在k，使得 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. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率为非0的直线上，则（ ） A. 解释变量和响应变量是线性函数关系 B. 解释变量和响应变量是线性相关关系 C. 相关系数 D. 决定系数 10. 在正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过D，E，F三点作该正方体的截面，已知此截面是一个多边形，则（ ） A. 为梯形 B. 平面DEF C. 平面DEF D. 在顶点D处的内角的余弦值为 11. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. 关于z的方程有解 D. 若复数w满足，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，若，则______ 13. 已知数列的首项，，则______． 14. 随机将1，2，…，8这8个连续正整数分成A，B两组，每组4个数，记表示A组中最大的数与最小的数之和，表示B组中最大的数与最小的数之和．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. 某公司邀请专业棋手与新研发的机器人进行下棋比赛，规则如下：双方的初始分均为10分，每局胜方加5分，负方减5分，平局双方分数不变．当一方达到20分时，则其获胜，比赛终止，否则比赛继续．假设每局棋手胜、平、负的概率分别为，，，各局之间相互独立． （1）求两局后比赛终止的概率； （2）求两局后棋手得分的均值． 16. 设函数． （1）求的单调区间； （2）若存在极值点，且存在，使得，证明：．附 17. 设为复数数列，，，记的实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列为等比数列； （3）求． 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求W的方程； （2）若直线与相交于两点，线段的中点在直线上． （ⅰ）求k； （ⅱ）已知点，与的另一个交点为，与的另一个交点为．证明：直线过定点． 19. 如图，点，为椭圆的焦点，点O为线段的中点，点M在上，点N是所在平面外一点，平面平面，且． （1）若的离心率为，平面，ON与平面所成角为60°，求与平面OMN所成角的正弦值； （2）若的离心率为，，，点M，N，，均在同一球面上，求此球体积的最小值； （3）若是以ON为轴的圆柱被平面所截的截口曲线，当与平面OMN所成的角最大时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $