精品解析：山东省烟台第一中学2025-2026学年第二学期2月开学检测高三数学试题

烟台一中2025~2026学年第二学期开学检测 高三数学试题 一、单项选择题：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 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A. 12 B. C. D. 7 4. 已知圆柱、圆锥的底面半径和球的半径相同，且圆柱的高等于球的直径，圆锥的体积等于圆柱的体积，若三者的体积之和为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 7. 设是两个随机事件，已知，，，记，则（ ） A. B. C. D. 8. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，均有多项符合题意，全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的不得分. 9. 已知 ，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 中，与最大 10. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 据调查，某高校大学生每个月的生活费(单位：元) 服从正态分布，又，已知该校大学生人数较多，现从该校所有学生中，随机抽取10位同学， 则这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有_____人． 13. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，动点在上，若点满足，则周长的最小值为______． 14. 已知三棱锥各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为__________；若，则三棱锥体积的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明步骤或演算步骤. 15. 已知中，角的对边分别为的面积为且满足 （1）求角的大小； （2）若的平分线交于点，且，求的面积． 16. 如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． （1）证明：； （2）若线段上点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 17. 元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入筐，规则如下：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖；若投掷n次/（且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖.已知甲同学参加游戏每次命中率为. （1）当时，记甲同学投掷次数为X，求X的分布列及期望； （2）当（且）时，求甲同学获奖的概率（用含有k的表达式表示）. 18. 已知函数. （1）当为偶函数时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，证明：； （3）若实数使得对任意恒成立，当取最大值时，求. 19. 平面直角坐标系中，，其中,直线与直线交于点 的轨迹为椭圆 的一部分． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与E交于两点， ①若 ，求实数的取值范围； ②已知点，直线与分别交于另一点为，令直线的斜率为，求 的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 烟台一中2025~2026学年第二学期开学检测 高三数学试题 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法、指数函数的单调性，结合交集的定义进行求解即可. 【详解】由， 所以， 由， 所以， 故. 故选：C 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件根据复数运算求，结合共轭复数概念求结论. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：D. 3. 用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A. 12 B. C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，可根据，先计算出，然后把样本中心点带入线性回归方程为中计算出，从而得到线性回归方程，然后将方程化为指数形式，通过待定系数法分别对应出、的值，即可完成求解. 【详解】由已知，，所以， ，，所以 ， 由题意，满足线性回归方程为，所以，所以， 此时线性回归方程为，即， 可将此式子化为指数形式，即为， 因为模型为模型，所以，， 所以. 故选：B. 4. 已知圆柱、圆锥的底面半径和球的半径相同，且圆柱的高等于球的直径，圆锥的体积等于圆柱的体积，若三者的体积之和为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设三者半径均为，根据圆锥、圆柱、球的体积公式结合题设可求得，再求得圆锥的高、母线长，进而根据圆锥的侧面积公式求解即可. 【详解】不妨设三者半径均为，由题意知圆柱的高为，故其体积为， 故圆锥的体积为，而球的体积为， 故，解得， 记圆锥的高为，由，得， 故圆锥的母线长， 于是圆锥的侧面积. 故选：D 5. 设函数，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，令，得在上为单调递增的奇函数，由于，，利用对称性求解即可. 【详解】因为，所以， 即， 令，，所以在上为单调递增的奇函数， 由于，， 所以，则， 故选：D． 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，由内切圆的性质可得且，可解得，设，代入双曲线方程可得，由，可得，求得，即可得答案. 【详解】因为， 所以为线段的靠近的三等分点， 又因为， 即. 所以， 解得， 所以， 又因为 的内切圆圆心为， 所以平分， 又因为三点共线， 由角平分线定理可得， 所以， 由双曲线的定义可得， 所以， 设， 则有， 即， 解得， 又因为， 即， 所以， 即， 解得， 设圆与分别相切于点， 设， 由内切圆的性质可知，， 所以 又因为, 所以， 解得， 所以， 即， 所以， 整理得：， 即， 解得或， 当时，， 此时点与双曲线的右顶点重合，不满足题意； 当时，，满足条件， 所以， 所以双曲线的离心率. 故选：C. 7. 设是两个随机事件，已知，，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用相互独立事件的概率与条件概率计算即可. 【详解】由已知得， 注意到，所以相互独立， 故， ， 又因为，故， 所以. 故选：C. 8. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数的值为（ ） A B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设出切点，由题得曲线在处切线的斜率等于圆在处切线的斜率，求得与的关系，再将之代入到圆的方程，最终可解的值. 【详解】由题意，设切点为，圆的标准方程为，即圆心为，半径，， 且有曲线与圆有公切线，即两方程在切点处切线的斜率相同， 易得，则曲线在切点处的斜率为， 易得，则圆在的切线的斜率为， 则有，即， 同时切点在圆上，则有， 联立，得，解得， 因为，所以有，此时有， 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，均有多项符合题意，全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的不得分. 9. 已知 ，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 中，与最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，令可得，故A正确； 对于B，令可得， 所以， 设展开式的通项为， 取，可得，所以，故B错误； 对于C，令可得①， 令可得②， 由①②可得，故C正确； 对于D，由选项B可知，， 若最大，则 所以，， 解得，则，故或， 又，所以中，与最大，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据三角函数的部分图象求出函数的表达式，再依据三角函数的性质对每一选项进行判断. 【详解】根据函数 的部分图象， 所以，所以，又，，所以，故正确； 所以， 由，得，解得， 由于，所以，所以， 由于， 所以函数的图象关于点 对称，故B正确； 令，解得， 故函数的单调递减区间为 ， 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，故错误； 因为，由，得， 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点， 则，解得，故D错误. 故选：AB 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用的概念，结合质因数概念和裂项相消法计算判断即可. 【详解】对于A，6的正因数为共4个，所以，故A正确； 对于B，，它的因数形如，其中， 所以不同的因数有个，即，故B不正确. 对于C，因为，所以， 所以 ，故C正确； 对于D，，则 ，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 据调查，某高校大学生每个月的生活费(单位：元) 服从正态分布，又，已知该校大学生人数较多，现从该校所有学生中，随机抽取10位同学， 则这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有_____人． 【答案】8 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布对称性求出，进而求出目标人数. 【详解】由，， 得， 所以这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有. 故答案为：8 13. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，动点在上，若点满足，则周长的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件可求出抛物线方程，进而得到焦点和，将的周长表示为，利用抛物线定义将转化为点到准线的距离，从而问题转化为求加上到准线距离的最小值，即到准线的距离. 【详解】已知抛物线的焦点，故， 由得，已知， 由两点距离公式： 平方整理得：，结合解得， 因此抛物线为，焦点，准线， ， 则的周长，即求的最小值， 由抛物线定义：抛物线上点到焦点的距离等于到准线的距离，即， 因此，当垂直于准线时，最小， 最小值为到准线的距离：， 因此周长最小值为. 故答案为： 14. 已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为__________；若，则三棱锥体积的最大值为__________． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据题意，可求得三棱锥各个面的面积，设三棱锥内切球的半径为，利用等体积法可求得内切球的半径；由，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系设点坐标，利用向量法求出点到平面的距离最大值得解. 【详解】如图，根据题意，，，， ，， 所以，设的中点为，则是外接圆的圆心，则平面，则， ，， 设三棱锥内切球的半径为，则 ， 即，. 由，由于， 所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，， 设点，因为，， 所以，即， 两式相减解得， 代回上式可得，所以，即， 又平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径；第二空，根据三棱锥等体积转换，，又，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建系用向量法求出答案. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明步骤或演算步骤. 15. 已知中，角的对边分别为的面积为且满足 （1）求角的大小； （2）若的平分线交于点，且，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知，应用三角形面积公式、余弦定理得，再由三角恒等变换得，即可求角； （2）由及三角形面积公式得，结合余弦定理有，联立求边长，进而求面积. 【小问1详解】 由余弦定理，得 所以，又， 所以，可得， 所以，，则； 【小问2详解】 由，则， 即，则， 由余弦定理有，即， 所以，可得， 所以，则，可得，所以. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． （1）证明：； （2）若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【小问1详解】 在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. 【小问2详解】 取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 17. 元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入筐，规则如下：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖；若投掷n次/（且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖.已知甲同学参加游戏每次命中率为. （1）当时，记甲同学投掷次数为X，求X的分布列及期望； （2）当（且）时，求甲同学获奖的概率（用含有k的表达式表示）. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）写出X的取值可能为2，3，4，再分别计算其概率，最后利用期望公式求解； （2）计算，从而得，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 由题可知：X的取值可能为2，3，4， ，， ， 故X的分布列为： X 2 3 4 P 所以； 小问2详解】 记事件A：甲同学获奖，显然，， 设Y表示甲投掷的次数，若甲投掷次并获奖， 则， 所以， 令， 所以， 两式相减：， ， 即，所以． 18. 已知函数. （1）当为偶函数时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，证明：； （3）若实数使得对任意恒成立，当取最大值时，求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据为偶函数，求出a，可得函数解析式，根据导数的几何意义即可求得答案； （2）将原不等式转化为证，构造函数，利用导数判断其单调性，即可证明结论； （3）将对任意恒成立转化为恒成立，构造函数，利用导数求解的最小值，即可求得答案. 【小问1详解】 若为偶函数，即， 则，即得， 即，由于，则， 此时， 所以， 故所求的切线方程为，即； 【小问2详解】 当时，，要证， 即证. 设，则. 令，得，由于，故， 等号仅在时取得，故是R上的增函数，， 所以当时，，当时，， 所以上单调递减，在上单调递增， 所以，得证. 【小问3详解】 恒成立，即恒成立，则. 设函数，即， 则，由（2）可知是增函数，且易知其值域为， 故存在，使得，即， 当时， ，单调递减，当时， ，单调递增， 所以， 要使最大，则取，再分析的最大值. 设函数， 则， 因为，且仅在处等号成立， 所以当时， ，单调递增，当时， ， 单调递减， 所以 即的最大值为，当时， ， 得. 19. 平面直角坐标系中，，其中,直线与直线交于点 的轨迹为椭圆 的一部分． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与E交于两点， ①若 ，求实数的取值范围； ②已知点，直线与分别交于另一点为，令直线的斜率为，求 的值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由题意表示出直线的方程和直线的方程，将两式相乘，化简即可求得答案； （2）①设直线l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由，可得，代入根与系数的关系，结合不等式性质求解，即可得答案；②由三点共线，推得，设直线（斜率不为0）的方程并联立椭圆方程，结合根与系数的关系可求出C点坐标，同理得D点坐标，即可表示出，结合化简，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意可得，直线的方程为； 直线的方程为，即； 两式相乘得，化简得； 故结合题意可知椭圆E的方程为； 【小问2详解】 ①由于直线l的斜率大于0. 故设直线l的方程为，， 由得， 需满足，解得， 则， 而， 由，可得 ， 由于，故，则，则， 故，即； ②由于三点共线，所以，即， 整理得， 设直线（斜率不为0）的方程为， 联立，得，， 则， 又，， 故， 所以， 同理可得， 则， 将代入上式，得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $