精品解析：山东青岛第三十九中2026届高三下学期2月阶段性测试数学试题

青岛39中2026届高三阶段性测试数学试题 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】找出集合中满足集合条件的元素，确定交集后选择最匹配的选项. 【详解】逐一检查集合中各元素，其中只有、 满足 ，所以. 故选：A 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件结合复数的四则运算法则可得复数，再求. 【详解】复数满足，则有， 得，所以 . 故选：B 3. 在平面直角坐标系中，角与角均以 为始边，已知角的终边在第一象限，且，将角的终边按照逆时针方向旋转，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平方关系求出，根据两角和的正弦公式求解. 【详解】因为是第一象限角，所以，所以， 又由题意可知， 所以， 故选：C. 4. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的圆心坐标及半径，抛物线的准线方程，再根据准线和圆相切即可得到答案. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为2， 抛物线的准线方程为， 圆与抛物线的准线相切， 则有，解得，所以抛物线的焦点坐标为. 故选：B 5. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 65 B. 105 C. 210 D. 230 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意证明数列为等差数列，公差为，首项为，进而求得通项公式，再计算对应项并求和即可. 【详解】因为，所以，即， 又因为，所以，， 所以，即数列为等差数列，公差为，首项为， 所以 ，， 所以，，，，， 所以 故选：B. 6. 已知函数的图象上存在不同的两点关于轴对称，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象上存在不同的两点关于轴对称，得到关于的表达式，然后通过函数的单调性和最大值，进而确定的取值范围. 【详解】设函数图象上关于轴对称的两点分别为， 因为这两点都在函数的图象上，所以有， 两式相减得：， 整理并化简得：，即， 因为 ，所以，即， 令，所以在 上单调递增，在 上单调递减， 所以， 又因为 ，所以， 所以 ， 故选：D 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为是的左顶点，为所在平面内一点，且.若与均为等腰三角形，则的离心率为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据与均为等腰三角形，结合，分情况讨论三角形的腰长，进而求出椭圆的离心率. 【详解】已知椭圆 的左、右焦点为，，左顶点. 因为为等腰三角形且，所以是等边三角形，边长为，故，点坐标为. 又为等腰三角形，，，. 由等腰三角形性质， 若，则，则，离心率. 若，可得，即，则，因为，所以此情况不成立. 若，可得，则， 化简得，因为，所以，不满足，此情况不成立. 因此，椭圆的离心率为. 故选：D 8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值. 【详解】任意的，都有， 则有在上恒成立， 令，函数定义域为， ，令，解得， 时，，在上单调递减； 时，，在上单调递增， ， 因此存在，使， 令，，令，解得， 时，在上单调递增； 时，在上单调递减， 有， 所以时，的最大值为. 故选：C 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，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. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】举反例判断AD，利用不等式的性质判断BC. 【详解】因为，所以， 对于A，若 ，则，故A错误； 对于B，， 又，所以， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D，当时，，不成立， 故D错误； 故选：BC 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 在内恰有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数关于直线对称得到，则，根据三角函数性质逐项判断. 【详解】对于A：因为函数关于直线对称，所以，等价于， 由得，即， 所以，则，A正确； 对于B：因为， 所以是奇函数，B正确； 对于C：由得，若，则单调递增， 若，则单调递减，C错误； 对于D：令，则，解得， 由得，又 ， 所以，即在内恰好有个零点，D正确； 故选：ABD. 11. 甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，通过分类讨论列出概率的递推式，借助于等比数列求出概率解析式，运用二项分布的方差公式计算即可逐一判断. 【详解】初始时球在甲手中，即，第一次抛硬币：若正面朝上（概率为）：球在甲手里，； 若反面朝上（概率为），球传给乙或丙，各占，所以，即满足，故A正确； 第次拋硬币后，球在甲手中的概率为（*）， 其中表示球在丙手中的概率，且由对称性知，则，故C正确； 因 ，则，代入（*）可得：， 同理，由对称性，则有. 又由可得，即数列为首项是，公比为的等比数列， 则，即，同理，故 ，故D正确； 因为表示前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数，每次传球的概率为，且各次独立， 则，故其方差为，故B错误. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量满足，且，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量的数量积的运算律得，然后再利用数量积的运算律及模长公式求解即可. 【详解】因为，所以两边平方得，则， 因为，所以. 故答案为： 13. 若，则的值为__________. 【答案】0 【解析】 【分析】通过赋值，代入即可求解. 【详解】由，令， 则有， 即. 故答案为：0 14. 已知正方体的棱长为2，点均在某圆锥的侧面上，点均在该圆锥的底面上，则该圆锥的体积的最小值为__________. 【答案】 . 【解析】 【分析】设圆锥底面半径为，高为，过正方体的一组对棱作圆锥 的截面，利用三角形相似对应边成比例列方程得到与关系，把圆锥的体积表示为关于的函数，利用导数求最小值． 【详解】设圆锥底面半径为，高为，则， 过正方体的一组对棱作圆锥 的截面，如图所示： 由题意可得：，， 正方体的棱长为2，则， 面对角线，所以， 由，可得，， 即，解得：， 所以圆锥的体积， 令，则， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以， 时，圆锥的体积有最小值. 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. 已知数列的前项和为，且 . （1）求的通项公式； （2）设，记为数列的前项和，证明： . 【答案】（1） （2） ， ， 所以 ， 所以 ， 命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）根据对数的运算性质，结合等差数列前 项和公式，利用裂项相消法进行运算证明即可. 【小问1详解】 当时， ， 当 时， ，作差得： ， 即 ， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接 . 因为 为 中点， 所以为 的中位线， 所以 且. 在正方形中，为中点， 所以 且 ， 所以 且 ， 所以四边形是平行四边形. 所以 . 又 平面 平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接 ，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面 平面，平面 平面 ， 平面 平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则有 . 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令， 得 ； 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令， 得 ； 设平面与平面夹角为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由及余弦定理求出，再由正弦定理求出，由内角和求出，由面积公式求解； （2）在中，有，在中，有，两式相比化简求值. 【小问1详解】 因为， 所以. 因为，所以， 因为，所以. 所以，又，所以，所以， ， 所以. 【小问2详解】 因为，所以为中点. 由题设及余弦定理可得，因为，所以. . 设，在中，有①， 在中，有②， ①②相除，得： ，所以， 所以，即， 所以的正切值为. 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线 与的另一个交点为. （i）用表示直线 的斜率； （ii）证明直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）由（i）可知， 即. 由题意可知，直线的斜率显然存在， 设直线，联立，消得 ， ， ， 所以， 所以直线， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由已知列方程组求出 ，得到双曲线方程； （2）（i）先由点求出直线方程，得到的坐标，再根据向量得到的坐标，由斜率公式求解；（ii）先结合（i）的结论推出，再设出直线的方程并与双曲线方程联立，通过韦达定理和斜率关系推导出直线方程中的参数关系，进而确定直线所过的定点。 【小问1详解】 由题意可知， 解得， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）因为，所以直线方程为， 由于，故， 因为，所以， 所以. （ii）略 19. 已知函数的图象关于点中心对称． （1）求的值； （2）设是曲线的切线，证明：与直线围成的三角形的面积与切点无关； （3）设，证明：． 【答案】（1） （2） 设切线与曲线的切点为，因为， 所以切线的方程为， 令，可得， 令 ，可得， 因为， 所以与直线围成的三角形的面积与切点无关． （3） 解法一：令，则， 当 时，，所以在 上单调递增， 因为，所以在 上单调递减， 因为，所以 ， 若，由，可得，则 ， 与矛盾，所以． 当时，，即， ，所以，可得， 即，所以，即， 所以； 当时，，即， ，所以，可得， 即，所以，即，所以． 综上可得，． 由,可得， 所以． 解法二：令，则，且， 所以， 因为，所以 ， 若，由，可得，则 ，与矛盾， 所以，因此， 又， 当时，，可得， 所以； 当时，，可得， 所以． 综上可得，，即． 可得，所以， 即． 【解析】 【分析】（1）利用中心对称的定义列出，代入化简计算可得，结合的任意性即可求得的值； （2）设切点为，写出切线方程，依题列出三线围成的三角形面积表达式，即可证明结论； （3）法一：构造函数，求导推得在 上单调递增，在 上单调递减，对进行分类，利用它们的单调性得到，即可证明；法二：令，推得，对进行分类，证明即可. 【小问1详解】 因为函数的图象关于点中心对称， 所以， 可得，即， 整理得，所以，解得． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛39中2026届高三阶段性测试数学试题 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 在平面直角坐标系中，角与角均以 为始边，已知角的终边在第一象限，且，将角的终边按照逆时针方向旋转，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 65 B. 105 C. 210 D. 230 6. 已知函数的图象上存在不同的两点关于轴对称，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为是的左顶点，为所在平面内一点，且.若与均为等腰三角形，则的离心率为（） A. B. C. D. 8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ） A. B. C. 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，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. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 在内恰有3个零点 11. 甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量满足，且，则的值为______. 13. 若，则的值为__________. 14. 已知正方体的棱长为2，点均在某圆锥的侧面上，点均在该圆锥的底面上，则该圆锥的体积的最小值为__________. 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. 已知数列的前项和为，且 . （1）求的通项公式； （2）设，记为数列的前项和，证明： . 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线 与的另一个交点为. （i）用表示直线 的斜率； （ii）证明直线过定点. 19. 已知函数的图象关于点中心对称． （1）求的值； （2）设是曲线的切线，证明：与直线围成的三角形的面积与切点无关； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $