精品解析：山东济南市2026届高三下学期开学学情调研测试数学试题

山东济南市2026届高三下学期开学学情调研测试数学试题 2026.3 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合交集的运算计算即可. 【详解】已知集合， 则. 故选：B 2. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数运算法则，将复数先化简，再求出共轭复数，再根据复数模长计算即可求解. 【详解】由题意可知， 所以可知，则可知. 故选：A 3. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将区域还原到圆柱中求得其面积，由区域和全等可求得总面积. 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中. 由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 4. 已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（ ） A. 3 B. -3 C. - D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影的定义可得，将数据代入计算，即可得到答案； 【详解】由,得, ,于是,因此在方向上的投影为. 故选：B 5. 已知生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个孩子的家庭，且该家庭有女孩，则三个小孩都是女孩的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】列出所有的基本事件，用古典概型的计算公式求相应的概率. 【详解】用表示女孩，表示男孩， 则样本空间． 分别设“选择的家庭中有女孩”和“选择的家庭中三个小孩都是女孩”为事件和事件， 则，， 所以． 故选：B 6. 已知椭圆:的右焦点为，上顶点为，直线交于另一点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量关系得到点坐标，代入椭圆方程化简求解即可. 【详解】椭圆右焦点为，上顶点为，设. 由得， 所以，，即. 代入椭圆方程得，整理得，即. 又，所以. 故选：C. 7. 在等差数列和等比数列中，有，且，则下列关系式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断两者的大小. 【详解】设等比数列的公比为，则，故， 因为为等差数列，故， 因为为等差数列，故，故， 结合题设条件有，由基本不等式可得， 故，而，故， 故选：B. 8. 设函数在区间内恰有三条对称轴、两个零点，则的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过换元将视为整体，结合条件列出不等式后取交集得到的取值范围. 【详解】已知，， 当时，. 正弦函数的对称轴满足（）， 要使在内恰有三条对称轴， ，，，， 因此， 正弦函数的零点满足（）， 要使在内恰有两个零点， 则，，， 因此， 联立两式：， 解得. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 正方体中，为的中点，则下列条件中，能使平面的有（ ） A. 为的中点 B. 为的中点 C. 为的中点 D. 为的中点 【答案】ACD 【解析】 【分析】若是的中点，则，，应用线面、面面平行的判定定理有平面平面，再由面面平行的性质及平面的基本性质判断截面的形状及各棱上交点的位置，即可判断各项的正误. 【详解】若是的中点，则，， 由，则四边形为平行四边形， 所以，故， 由平面，平面，则平面， 由平面，平面，则平面， 又，平面，则平面平面， 根据平面的基本性质，易知平面截正方体的截面为正六边形，且各顶点为相关棱的中点， 如下图所示，由平面，若平面，则平面， 所以可为、、、、的中点. 故选：ACD 10. 我们时常在地摊上看到这样的游戏：用几个完全相同的圆形小纸片去覆盖一个大圆纸片，不留任何缝隙完全将大圆纸片盖住则获胜.记小纸片半径为1，大圆纸片半径为，则（ ）（参考数值：，，） A. 仅使用2个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 B. 仅使用3个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 C. 仅使用3个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 D 仅使用4个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据圆的性质，分别分析不同数量的小圆纸片覆盖大圆纸片时，大圆半径的取值范围，再据此判断各选项是否正确. 【详解】对A，因为大圆半径大于1，所以当大小圆圆心重合时，显然两个小圆无法完全覆盖大圆. 当大小圆圆心不重合时，如图所示，过大圆圆心作与两圆心连线垂直的直径， 显然再用一个小圆无法覆盖直径位置部分，故A错误； 对BC，由对称性可知，只有当小圆均匀分布时才能使覆盖圆最大. 当三个小圆圆心为正三角形的顶点，且三个圆刚好交于一点时， 此时能覆盖的最大圆为外接圆， 显然此时将三个小圆圆心向中心继续靠拢，可使得的边最大等于2， 此时能覆盖的圆半径最大，最大半径，故BC正确； 对D，当四个小圆圆心围成正方形，且四圆有共同交点时， 此时能覆盖的最大圆为正方形的外接圆， 易知此时正方形的边长刚好等于小于直径，外接圆半径为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛；根据在于根据对称性分析小圆分布情况，从小圆有共同交点开始分析即可得解. 11. 抛物线的焦点为点F，过点F的直线L交C于A，B两点，P为准线上一点，O为坐标原点，记的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等边三角形时，点的横坐标为3 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，可通过反推计算推出矛盾即可判断；对于BCD，设直线方程为：，联立抛物线方程，结合焦半径、弦长公式及点到线的距离公式逐项判断即可. 【详解】 对于A，若的横坐标为3，则纵坐标为，取， 则，则，易得，，故A错误； 对于B，由题意可设直线方程为：，，联立抛物线方程，消去可得： ，所以，， 所以，， 由焦半径公式可知：，故B正确； 对于C：由B知：， O到直线的距离， 所以，取，此时，故C错误； 对于D，由C可知：正确； 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的极小值点为，则的极小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据极小值点求得参数的值，从而可求函数的极小值. 【详解】， 因为函数的极小值点为，故即， 故， 当或时，；当时， 故仅在处取得极小值，故的极小值为. 故答案为：. 13. 在中，，，若角B有两个解，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用正弦定理得到，再根据有两个解，即可得到且，从而得到，即可求出的取值范围；法二：作出图形，结合图形可得出角有两个解时，满足的不等式，进而可求得的取值范围. 【详解】法一：由正弦定理，则，因为角有两个解，又，所以且，所以， 即，解得，即. 法二：在中，，，如下图所示： 若使得角有两个解，则，即. 故答案为：. 14. 已知，若存在实数，使得对任意的正整数，都有，则的最小值是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知，，即，根据的范围即可求出答案. 【详解】作出单位圆，如图所示， 由题意知，的终边需落在图中阴影部分区域， 所以， 由题意可知，即， 又因为，可得， 所以当时，取最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 滨海盐碱地是我国盐碱地的主要类型之一，如何利用更有效的方法改造这些宝贵的土地资源，成为摆在我们面前的世界级难题．对盐碱的治理方法，研究人员在长期的实践中获得了两种成本差异不大，且能降低滨海盐碱地30-60cm土壤层可溶性盐含量的技术，为了对比两种技术治理盐碱的效果，科研人员在同一区域采集了12个土壤样本，平均分成两组，测得组土壤可溶性盐含量数据样本平均数，方差，B组土壤可溶性盐含量数据样本平均数，方差．用技术1对组土壤进行可溶性盐改良试验，用技术2对组土壤进行可溶性盐改良试验，分别获得改良后土壤可溶性盐含量数据如下： 组 0.66 0.68 0.69 0.71 0.72 0.74 组 0.46 0.48 0.49 0.49 0.51 0.51 改良后组、组土壤可溶性盐含量数据样本平均数分别为和，样本方差分别记为和 （1）求； （2）应用技术1与技术2土壤可溶性盐改良试验后，土壤可溶性盐含量否有显著降低？（若，则认为技术能显著降低土壤可溶性盐含量，否则不认为有显著降低）． 【答案】（1）， ，， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）借助平均数与方差公式计算即可得； （2）计算出、、与即可得. 【小问1详解】 ，， ，. 【小问2详解】 当时，，， ， ， 应用技术1后，土壤可溶性盐含量没有显著降低， 当时，，， ， ， 应用技术2后，土壤可溶性盐含量显著降低． 16. 已知数列满足； （1）求数列的通项公式. （2）若数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意由二项式定理可得. （2）利用错位相减求和法即可求解. 【小问1详解】 ， 所以， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 因为 ， 所以， 两式相减得， ， . 17. 在三棱柱中，侧面和侧面是都是边长为2的菱形，D是中点，， （1）求证：平面BCD； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，再求相关向量的坐标，求出平面和平面ABC法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 证明：因为侧面为菱形，且 所以为等边三角形，又因为D是的中点，所以 同理可证： 又因为，平面BCD, 所以平面BCD． 【小问2详解】 过C作交BD于H ， 在直角中，，，所以，同理可得， 又因为，即为等边三角形，所以H为BD中点，， 由（1）可知，平面OBC，平面 所以平面平面BCD 又因为平面平面 所以平面，即 HC，，DB两两垂直 以D为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 ，，， ，， 设是平面的法向量 ，即 令，则，，所以 设是平面ABC的法向量 ，即 令，则，，所以 所以二面角的余弦值为 18. 已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点． （1）若点在上，求的渐近线方程． （2）当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． 【答案】（1） （2）（i）;（ii）动点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）直接将点代入双曲线方程求解即可； （2）联立直线与双曲线方程，求出的横坐标，再运用弦长公式即可求解； （ii）设出直线,与双曲线方程联立，设出两点，表示出直线与及其交点,再运用韦达定理化简求解. 【小问1详解】 因为点在上，所以． 又 ,所以, 故的渐近线方程为. 【小问2详解】 （i）直线的方程为． 由,得． 因为,所以, 所以, 解得, 故的方程为. （ii）证明：因为两点均不在轴上，所以直线的斜率不为0，则可设直线的方程为. 由得, 则. 设,则. 直线,直线, 由,得 , 解得, 故动点在定直线上． 19. 已知函数，其中. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有； （Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】（Ⅰ） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析. 【解析】 【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且， 下面分两种情况讨论： （1）当为奇数时： 令，解得或， 当变化时，的变化情况如下表： 所以，，上单调递减，在内单调递增. （2）当偶数时， 当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. 所以，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则 由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有. （Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得 ，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得. 类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当， ，即对任意， 设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此. 由此可得. 因为，所以，故， 所以. 考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东济南市2026届高三下学期开学学情调研测试数学试题 2026.3 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（ ） A. 3 B. -3 C. - D. 5. 已知生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个孩子的家庭，且该家庭有女孩，则三个小孩都是女孩的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆:的右焦点为，上顶点为，直线交于另一点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 在等差数列和等比数列中，有，且，则下列关系式中正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数在区间内恰有三条对称轴、两个零点，则的取值范围是（） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 正方体中，为的中点，则下列条件中，能使平面的有（ ） A. 为的中点 B. 为的中点 C. 为的中点 D. 为的中点 10. 我们时常在地摊上看到这样的游戏：用几个完全相同的圆形小纸片去覆盖一个大圆纸片，不留任何缝隙完全将大圆纸片盖住则获胜.记小纸片半径为1，大圆纸片半径为，则（ ）（参考数值：，，） A. 仅使用2个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 B. 仅使用3个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 C. 仅使用3个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 D. 仅使用4个小圆纸片时，可以保证玩家有获胜机会 11. 抛物线的焦点为点F，过点F的直线L交C于A，B两点，P为准线上一点，O为坐标原点，记的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等边三角形时，点的横坐标为3 B. C D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的极小值点为，则的极小值为__________. 13. 在中，，，若角B有两个解，则的取值范围是_________. 14. 已知，若存在实数，使得对任意正整数，都有，则的最小值是___________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 滨海盐碱地是我国盐碱地的主要类型之一，如何利用更有效的方法改造这些宝贵的土地资源，成为摆在我们面前的世界级难题．对盐碱的治理方法，研究人员在长期的实践中获得了两种成本差异不大，且能降低滨海盐碱地30-60cm土壤层可溶性盐含量的技术，为了对比两种技术治理盐碱的效果，科研人员在同一区域采集了12个土壤样本，平均分成两组，测得组土壤可溶性盐含量数据样本平均数，方差，B组土壤可溶性盐含量数据样本平均数，方差．用技术1对组土壤进行可溶性盐改良试验，用技术2对组土壤进行可溶性盐改良试验，分别获得改良后土壤可溶性盐含量数据如下： 组 066 068 0.69 0.71 0.72 0.74 组 0.46 0.48 0.49 0.49 0.51 0.51 改良后组、组土壤可溶性盐含量数据样本平均数分别为和，样本方差分别记为和 （1）求； （2）应用技术1与技术2土壤可溶性盐改良试验后，土壤可溶性盐含量是否有显著降低？（若，则认为技术能显著降低土壤可溶性盐含量，否则不认为有显著降低）． 16. 已知数列满足； （1）求数列的通项公式. （2）若数列，求数列的前项和. 17. 在三棱柱中，侧面和侧面是都是边长为2的菱形，D是中点，， （1）求证：平面BCD； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点． （1）若点在上，求的渐近线方程． （2）当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． 19. 已知函数，其中. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有； （Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $