精品解析：山东聊城市2025-2026学年第一学期期末教学质量检测高三数学试题

2025-2026学年度第一学期期末教学质量检测 高三数学试题 题注意事项： 1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上． 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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． 3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效． 一、本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算求得复数，可求复数的虚部. 【详解】由，得，所以， 所以，所以，所以的虚部为. 故选：A. 2. 已知直线和直线，若，则（ ） A. 1或 B. 1 C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据可列出关于的方程，求解再舍去不符合题意的项即可. 【详解】因为，所以，解得 时，两直线方程均为，两直线重合，故舍去. 时，两直线不重合，满足题意. 故选：C 3. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法可判断ABD，利用不等式的性质可判断C. 【详解】对于A，令，可知不成立，故A错误； 对于B，令，可知不成立，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，当时，因为，所以，故D错误. 故选：C. 4. 为了研究物理成绩与数学成绩之间的关系，随机抽取100名学生的成绩，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ） A. 2.5 B. 3.5 C. 3.5 D. 2.5 【答案】D 【解析】 【分析】先求出对应的物理成绩的预测值，再根据残差的定义计算即可. 【详解】将代入得， 则样本点的残差为. 故选：D 5. 粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥底面正方形的边长为，正四棱锥的斜高为，根据条件得，即可求解. 【详解】如图，设正四棱锥底面正方形的边长为，正四棱锥的斜高为，则正四棱锥的高为， 由题知，即，所以， 解得或（舍） 故选：C. 6. 将5个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有一个盒子为空的放法种数为（ ） A. 960 B. 600 C. 480 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】先将5个不同的小球分为三个组，再将3个组的小球安排到3个不同的盒子即可求解. 【详解】将5个不同的小球按1，1，3分为三个组有种不同的分法， 将5个不同的小球按1，2，2分为三个组有种不同的分法， 故将5个不同的小球分为3个组，共有种不同的分法， 再把三个组的小球分到3个不同的盒子有， 故共有种不同的放法. 故选：B. 7. 已知，部分图象如图，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象，求出函数的周期，然后求出，根据求出的值，图象经过确定的值，求出函数的解析式，然后求出即可． 【详解】由图可知，所以，所以， 因为函数过所以，因，故， 又图象经过，所以，所以，所以， 则. 故选：D. 8. 已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据解析式画出的草图，将问题化为的图像与直线和，共有6个交点，数形结合有的图像与直线有2个交点，从而得解. 【详解】画出函数的图像如图所示， 函数有6个零点， 等价于有6个解， 即或共有6个解， 等价于的图像与直线和直线，共有6个交点， 由图得的图像与直线有4个交点， 所以的图像与直线有2个交点， 所以或，解得或， 即实数的取值范围是. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 是等差数列的前项和，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 当时，取最大值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据等差数列的前项和公式和性质求解判断即可；对于B，设等差数列的公差为，求出，利用二次函数的性质进行判断；对于CD，利用B选项求出的进行判断即可. 【详解】对于A，因为，所以， 根据等差数列的性质，若，则， 所以，即，故，A正确； 对于B，设等差数列的公差为，由A选项可知，， 则，所以，所以， 所以， 当时，无最大值，故B错误； 对于C，， 又，所以，C错误； 对于D，， ，所以，故D正确； 故选：AD 10. 已知双曲线过点且渐近线方程为，则下列结论正确的有（ ） A. 焦点到渐近线的距离为 B. 为双曲线上任意一点，和为双曲线上关于原点对称的两点，若直线和的斜率均存在，则 C. 直线与有两个公共点 D. 双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件，求得双曲线的方程为，对A，由双曲线方程知一个焦点为，利用点到直线的距离公式，即可判断A；对B，设，从而有，再利用点在双曲线上，即可求解；对C，根据条件可得直线与渐近线平行，再利用直线与双曲线的位置关系，即可求解；对D，直接求出点到两渐近线的距离，再利用点在双曲线上，即可求解. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为，则可设双曲线方程为， 又双曲线过点，则，解得，所以双曲线的方程为， 对于A，因为双曲线的一个焦点为，所以到渐近线的距离为，故A正确； 对于B，设，则， 又①，②，由①②得到， 得到，所以，故B正确； 对于C，易知直线的斜率为，且不过原点，所以直线与双曲线的渐近线平行， 则直线与只有一个公共点，所以C错误； 对于D，设，则到直线的距离为， 到直线的距离为，则， 又，所以，则，故D正确， 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 直线与平面夹角正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，以为原点建系，设，利用坐标计算；对B，求证平面，再根据等体积判断；对C，展开使其与在同一平面，根据两点之间直线最短计算；对D，得出平面的一个法向量为，计算的最大值． 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设，，则， 则，故，故A正确； 因平面，则平面的一个法向量为， 则， 当时，有最小值，有最大值， 故直线与平面夹角正弦值的最大值为，故D正确； 因为，所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 又三棱锥的体积与三棱锥的体积相等， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 因为平面，则展开使其与在同一平面，如图， 则的最小值为， 因为边长为的等边三角形，是腰长为的等腰直角三角形， 则为的中点，则， 即的最小值为，故C错误. 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量在上的投影向量的坐标为，则为_________． 【答案】58 【解析】 【分析】根据投影向量的定义进行计算即可. 【详解】因为在上的投影向量为， 所以，所以， 故答案为：58 13. 一个盒子里装有质地、大小、形状都相同的7个球，其中白球2个，黑球2个，红球3个，现从盒子里依次取出2个球，已知取出的球有红球，则第二次取出的球是红球的概率_________． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】先求得从盒子里依次取出2个球，且有红球的概率，再求得取出的球有红球，第二次取出的球是红球的概率，然后利用条件概率求解. 【详解】从7个球中依次取出2个球，共有种， 取出的球没有红球，即取的是白球或黑球，则有种， 所以从盒子里依次取出2个球，取出的球有红球的概率为：， 取出的球有红球，则第二次取出的球是红球，分两种情况， 第一次取非红球，第二次取红球有种， 第一次取红球，第二次取红球有种， 第二次取红球有种， 所以取出的球有红球，则第二次取出的球是红球的概率为， 所以， 故答案为： 14. 已知等差数列的前项和为，满足．则_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，，构造函数，利用的奇偶性与单调性可得，进而可求得. 【详解】由得：． 由得：； 由得：， 令，则为奇函数， 又，所以在上单调递增． 所以， ， 所以，所以， 所以. 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. 设为正项数列的前项和，，当时，． （1）求的通项公式； （2）已知，记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）找出，的关系，作差即可； （2）用裂项相消法得到的表达式即可. 【小问1详解】 正项数列的前项和为，，当时，， 当时，，解得， 时，，解得， 由时，由，可得， 两式相减可得，化为， 由，可得（对也成立）， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，则； 【小问2详解】 ∵，∴， ∴， 又， ∴， ∴， 故． 16. 如图，空间几何体中，和平面所成角为，直线平面，且和是全等的等腰三角形． （1）求证：平面； （2）若，平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直证明平面，再通过线线平行推出线面平行； （2）先证明四边形为矩形，依题意建系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，计算即得． 【小问1详解】 过点作于点，连接， ∵与面所成角为， ∴平面平面， ∵平面平面，平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 又∵平面，平面， ∴平面； 【小问2详解】 由（1）知，故四点共面， 而平面，平面， ∴， 又∵平面，平面， ∴， ∴在平面中，，即为平行四边形，， ∴平面，而平面， ∴， ∵和为全等的等腰三角形， ∴，∴为的中点， 以为原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，设， ∴， ∴， 取平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数,且恒成立. （1）求实数； （2）证明：当时，． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而求得，验证可得时，恒成立； （2）由（1）可知，可得，可得，构造函数，求导可证，进而可证不等式成立. 【小问1详解】 ∵，∴恒成立， ∴，所以， ∵，∴，∴， 当时，， ∴时，，单调递减，时，，单调递增， ∴，∴恒成立， 所以． 【小问2详解】 由（1）知对任意实数有，令（）， 则，即，故， 要证明，即证明， 由，可得， 因此只需证明当时，即可. 令函数， 求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以当时，， 即当时，． 18. 已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出． （1）求第二次取出的球是黄球的概率． （2）若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率． （3）记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合的知识求解； （2）根据已知条件求出红球和黑球的个数，再利用排列组合的知识求出黄球最先被全部取出的概率； （3）先确定随机变量的取值，再求出每个取值的概率，最后根据数学期望的定义证明. 【小问1详解】 记“第二次取出的球是黄球”为事件， 将个黄球的安排情况作为样本空间，则样本点总数为， 事件表示第二次取出的球是黄球，其他个黄球在剩余个位置中随机安排，则事件包含的样本点数为， 故． 【小问2详解】 设红球个，由题意得，解得． 所以红球5个，黑球有10个． 记“最后一次取出球是红球”为事件，“最后一次取出球是黑球”为事件， 显然事件互斥，记“黄球最先被全部取出”为事件，则． 当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和黑球时最后取出的是黑球， 则． 当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和红球时最后取出的是红球， 则． 所以． 【小问3详解】 由题知随机变量的取值为， 则随机变量的分布列为 所以随机变量的期望 ． 所以． 19. 已知为坐标原点，点为和的公共点，，与直线相切． （1）求动点的轨迹的方程； （2）设动点到定点的距离为定值，动点的轨迹上有四个点满足：，，设中点为，与交点为． （i）证明、、三点共线，并求直线的斜率； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析，斜率为0；（ii）48 【解析】 【分析】（1）设，切点为，可得，化简可得动点的轨迹的方程； （2）设，（i）中，由于的中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可证得解；（ii）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得，即可求解. 【小问1详解】 设，切点为，则 所以 化简得，所以的方程为． 【小问2详解】 （i）因为动点到定点的距离为定值，所以点的轨迹为圆. 由已知，设的中点为， 所以， 所以三点共线，同理，三点共线， 所以三点共线． 设． 由题意，中点在抛物线上，即，又， 将代入．得． 同理：， 有，此时点坐标为． 所以直线的斜率为0． （ii）， 故点 ． ． 又点在圆上，有，即，代入上式可得： ． 由．故时，取到最大值， 所以的最大值为48． 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教学质量检测 高三数学试题 题注意事项： 1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上． 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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． 3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效． 一、本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知直线和直线，若，则（ ） A. 1或 B. 1 C. D. 不存在 3. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 为了研究物理成绩与数学成绩之间的关系，随机抽取100名学生的成绩，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ） A. 2.5 B. 3.5 C. 3.5 D. 2.5 5. 粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A. B. C. D. 6. 将5个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有一个盒子为空的放法种数为（ ） A. 960 B. 600 C. 480 D. 240 7. 已知，部分图象如图，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 是等差数列的前项和，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 当时，取最大值 C. D. 10. 已知双曲线过点且渐近线方程为，则下列结论正确的有（ ） A. 焦点到渐近线的距离为 B. 为双曲线上任意一点，和为双曲线上关于原点对称的两点，若直线和的斜率均存在，则 C. 直线与有两个公共点 D. 双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 直线与平面夹角正弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量在上的投影向量的坐标为，则为_________． 13. 一个盒子里装有质地、大小、形状都相同的7个球，其中白球2个，黑球2个，红球3个，现从盒子里依次取出2个球，已知取出的球有红球，则第二次取出的球是红球的概率_________． 14. 已知等差数列的前项和为，满足．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. 设为正项数列的前项和，，当时，． （1）求的通项公式； （2）已知，记数列的前项和为，证明：． 16. 如图，空间几何体中，和平面所成角为，直线平面，且和是全等的等腰三角形． （1）求证：平面； （2）若，平面，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数,且恒成立. （1）求实数； （2）证明：当时，． 18. 已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出． （1）求第二次取出的球是黄球的概率． （2）若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率． （3）记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：． 19. 已知为坐标原点，点为和的公共点，，与直线相切． （1）求动点的轨迹的方程； （2）设动点到定点的距离为定值，动点的轨迹上有四个点满足：，，设中点为，与交点为． （i）证明、、三点共线，并求直线的斜率； （ii）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $