精品解析：山东省实验中学2026届高三3月开学考数学试题

山东省实验中学中心校2026届高三开学考 数学试题 2026.03 一、单选题：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i是虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. i B. -3i C. -3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】化简复数，由复数的定义求解即可. 【详解】， 则复数的虚部是. 故选：C. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数型复合函数的定义域及指数函数的值域求出集合，，再求交集即可. 【详解】由已知可得：，，所以. 3. 直线和直线，则“”是“”的（ ） A 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先由两直线互相垂直可得或，再结合充分必要条件定义即可得解. 【详解】，则，即，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 4. 若的二项展开式中，有且仅有第5项是二项式系数最大的项，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质确定二项展开式的项数即可求得答案. 【详解】由题意知，二项式系数中只有第5个最大，即最大， 由二项式系数的性质可知，展开式共有9项，故. 故选：A. 5. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式. 【详解】，圆台的侧面积为,母线长． 圆台的高， 则圆台上下底面面积为， 由圆台的体积计算公式可得：． 故选：C． 6. 已知函数的图象关于直线轴对称，且，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简可得，再由对称轴方程得出，结合其范围可得. 详解】易知 ， 因为函数的图象关于直线轴对称，所以，， 解得，，又，故，可得. 故选：C. 7. 如图所示，在中，，，，是的中点，点在上，且.则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基底表示向量，再利用数量积的运算律求解. 【详解】由，得. 由是的中点知，，且，得， 所以. 则 . 故选：B. 8. 已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可知满足到两定点距离比为常数，设动点满足求解动点轨迹为圆，可知为两圆相交弦，得直线方程，再结合图形由点线距离公式得到圆上动点到直线的距离最大值. 【详解】抛物线的焦点， 圆，其圆心，半径． 设点是满足任意一动点，， 则， 化简得，即. 故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 由已知，，则圆M上的两点也在圆上. 所以AB是圆与圆的公共弦， 将圆与圆的方程联立， 两式相减化简得直线AB的方程为， 由动点P在圆M上运动，又圆心到直线的距离， 结合图形可知，点到直线的最大距离为. 故选：A． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知复数，均不为0，以下等式恒成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由共轭复数定义和模长公式即可逐项分析计算求解判断； 【详解】设，则， 所以，所以，故A正确； ，， 所以，所以，故B正确； 左边，右边，所以，故C正确； ， 所以 ， 当且仅当时等号成立， 所以，故D不正确， 故选：ABC. 10. 已知曲线：，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于点对称 B. 直线与曲线的公共点个数不等于直线与曲线的公共点个数 C. 直线与曲线的所有公共点的横坐标的平方和等于 D. 过点可作三条直线与曲线相切 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数对称性定义计算判断A；求出方程的根判断B；利用方程根的意义列式计算判断C；利用导数求出切线方程，进而确定方程解的个数判断D. 【详解】令函数， 对于A，，因此曲线关于点对称，A正确； 对于B，由，，即， 得，解得或， 由，得或，因此直线与曲线的公共点个数 等于直线与曲线公共点个数，都为两个，B错误； 对于C，由，得，设方程的根为， 则，有， 因此，C正确； 对于D，，设切点，切线为， 由切线过，得，即， 令，求导得， 当或时，，当时，，函数在上单调递增， 在上单调递减，，，函数图象与轴只有一个交点， 因此过点可作一条直线与曲线相切，D错误. 故选：AC 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，为上一点，且，则下列结论正确的有（ ） A. 正三棱台的高为 B. 点的轨迹长度为 C. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】延长正三棱台的侧棱相交于点，根据题意可得三棱锥为正四面体，设为等边三角形的中心，再求出正四面体的高，进而得到正三棱台的高即可判断A；由与平面所成角的正切值为，得到，则点在等边三角形的内切圆上，再求周长即可判断B；根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】如图，延长正三棱台的侧棱相交于点，由题意可知，. 在等腰梯形中，因为，，，所以， 即为等边三角形，所以三棱锥为正四面体，且. 对于A，设为等边三角形的中心， 由正四面体的性质可知，侧面，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为，故A错误； 对于B，因为与平面所成角的正切值为， 所以，解得， 且等边三角形的内切圆的半径为，可知点在等边三角形的内切圆上， 又，， 故该圆与相切，所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故C正确； 对于D，设正四面体的内切球的半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，，所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知各项都不为的等比数列满足，则其公比________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据等比数列的基本量计算解方程即得公比的值. 【详解】由，得，因，则得,解得 故答案为：. 13. 已知函数为奇函数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，由列出关于与的方程，求解即得的值． 【详解】因为函数为奇函数， 当时,，由可得， 即 因是任意非零实数，则,解得,，故. 故答案为：. 14. 作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】法1：由题意得，令，求导可得，则，再分、、三种情况求最值即可；法2：利用几何意义，表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和，作于，根据，即求的最值即可． 【详解】法1：由题意得， 令，则， 所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当，时，取得最小值2. 综上所述，的最小值为2. 法2：表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和. 作于，， 令，则， 令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 故的最小值为2． 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，. （1）求的值； （2）若，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）利用三角形面积公式，利用等积法求解即可. 【小问1详解】 在中，，， 由余弦定理得， 所以， . 【小问2详解】 由（1）可知，因为，所以，， 设边上的高为， 则， 则， 故边上的高为. 16. 如图，在三棱锥中，侧面ABC是正三角形，且，点满足. （1）求证：； （2）若二面角的余弦值为，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）根据线面垂直的判定定理得到平面，进而得到线线垂直， （2）建立空间直角坐标系，先根据二面角的余弦值先求出，再利用线面角的向量求法进行求解. 【小问1详解】 证明：是正三角形，为BC中点，， 为BC中点， 平面平面， 平面， 平面 【小问2详解】 由（1）知平面平面平面平面， 以为原点，方向为轴，ED方向为轴，过作垂直于平面的线为轴建立如图所示直角坐标系， 由（1）知平面二面角的平面角为， 取平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， ∴直线与平面所成角的正弦值为 17. 已知椭圆C：的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，． （1）求椭圆C的标准方程； （2）当直线l的斜率为k时，在x轴上是否存在一点P（异于点F），使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果； （2）根据题意分析可得x轴为直线PA与直线PB的对称轴，根据斜率关系结合韦达定理运算求解. 【小问1详解】 设椭圆C的半焦距为， 由题意可得，解得， 所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）可得：， 根据题意可设直线， 联立方程，消去y得， 则， 可得，① 由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，则， 可得， 因为，可得， 整理得，② 将①代入②得：，解得， 所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 18. 已知函数. （1）若，求函数的单调递减区间； （2）若存在实数b，使得函数有三个不同的零点. ①求a的取值范围； ②若成等差数列，求证：. 【答案】（1）； （2）①；②证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，令，求出函数递减区间； （2）①变形得到，故有3个不同的正根，令，则需有两个极值点，则需有两个不同的变号零点，令，求导，得到其单调性，结合函数走势，得到，得到答案； ②，，两式相加得，结合成等差数列， 变形得到，利用对数平均不等式和基本不等式得到，所以，由①知，，故，证毕. 【小问1详解】 ，定义域为， ， 令得， 故的单调递减区间为； 【小问2详解】 ①，即，故， 有三个不同的零点，故有3个不同的正根， 令，定义域为，则需有两个极值点， 则需有两个不同的变号零点， 令，则， 令得， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 又，，故当时，， 又时，， 故要想有两个不同的变号零点，需满足， 此时存在实数b，使得有3个不同的正根， a的取值范围为； ②，即，， 两式相加得， 即， 成等差数列，故，故， ， 故，即， 又，故， 故，即， ， 下面推导对数平均不等式，，， 只需证，即证， 令，只需证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，又，故，证毕， ，又，故等号取不到， 所以，即， 所以，由①知，， 故，证毕. 19. 现有一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以1-6标号.数轴上有一质点，它可以按照某种规则在数轴上随机移动，每次移动一个单位长度，质点的初始位置为原点.现开始投掷骰子，用表示第次投掷时骰子正面向上的点数，表示第次投掷后质点的坐标，则.规定：，. 参考数据：若，则 （1）求投掷骰子2次后质点不在坐标为1的点的概率； （2）已知是随机变量，则.用表示：“质点第一次到达坐标为4的点所需的投掷次数”，求； （3）用表示投掷次骰子后质点第一次到达坐标为3的点的概率，当时，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据坐标规定分别计算出质点在坐标为0点和坐标为2的点的概率，即可求出结果； （2）用表示“质点从坐标为的点第一次移动到坐标为的点所需的投掷次数，可得，分别计算出对应概率即可得出期望； （3）设表示前次投掷后质点位于坐标为2的点的概率，表示前次投掷后质点位于坐标为1的点的概率，可得，所以，进而，构造函数得出函数极值即可得出证明； 方法二：设为投掷次骰子之后质点第一次到坐标为2的点的概率，可得时，，再利用数列单调性即可证明得出结论. 【小问1详解】 由题知若质点上一次位置在0，则下一次仍在0的概率为，下一次在1的概率为； 若质点上一次位置在1，则下一次仍在1的概率为，下一次在2的概率为； 若质点上一次位置在2，则下一次仍在2的概率为，下一次在3的概率为； 若质点上一次位置在3，则下一次仍在3的概率为，下一次在4的概率为； 若投掷骰子2次后质点不在坐标为1的点，则质点应在坐标为0或坐标为2的点， 当质点在坐标为0的点时，概率为； 当质点在坐标为2的点时，概率为； 故投掷骰子2次后质点不在坐标为1的点的概率为. 【小问2详解】 用表示“质点从坐标为的点第一次移动到坐标为的点所需的投掷次数， 则，， 所以， 又，，， 同理可得，，， 故. 【小问3详解】 方法一： 设表示前次投掷后质点位于坐标为2的点的概率，表示前次投掷后质点位于坐标为1的点的概率，则有： ， 由，可得， 又，故， 所以，所以. 故. 又，故，故， 令，， 则， 令，， 又在内单调递减，， 故，，故，， 故在内单调递减，故， 又当时，， 故， 一方面：， 又，故， 从而，故， 另一方面：， 故当时，，而时，， 故时， 综上，. 方法二： 设为投掷次骰子之后质点第一次到坐标为2的点的概率，则， 所以， 则， 因此； 根据指数函数性质可知比增长速度快， 当时，，当时，； 因此可知当时，； 综上可知，又； 可知当时，； 又， 结合指数特性可知当时，，所以； 综上可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学中心校2026届高三开学考 数学试题 2026.03 一、单选题：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i是虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. i B. -3i C. -3 D. 3 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若的二项展开式中，有且仅有第5项是二项式系数最大的项，则（ ） A 8 B. 9 C. 10 D. 11 5. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 A. B. C. D. 6. 已知函数的图象关于直线轴对称，且，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 如图所示，在中，，，，是的中点，点在上，且.则（ ） A B. C. D. 8. 已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知复数，均不为0，以下等式恒成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线：，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于点对称 B. 直线与曲线的公共点个数不等于直线与曲线的公共点个数 C. 直线与曲线的所有公共点的横坐标的平方和等于 D. 过点可作三条直线与曲线相切 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，为上一点，且，则下列结论正确的有（ ） A. 正三棱台的高为 B. 点的轨迹长度为 C. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知各项都不为的等比数列满足，则其公比________. 13. 已知函数为奇函数，则________. 14. 作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 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. 在中，角，，所对边分别为，，，已知，. （1）求的值； （2）若，求边上的高. 16. 如图，在三棱锥中，侧面ABC是正三角形，且，点满足. （1）求证：； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆C：的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，． （1）求椭圆C的标准方程； （2）当直线l的斜率为k时，在x轴上是否存在一点P（异于点F），使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数. （1）若，求函数的单调递减区间； （2）若存在实数b，使得函数有三个不同的零点. ①求a的取值范围； ②若成等差数列，求证： 19. 现有一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以1-6标号.数轴上有一质点，它可以按照某种规则在数轴上随机移动，每次移动一个单位长度，质点的初始位置为原点.现开始投掷骰子，用表示第次投掷时骰子正面向上的点数，表示第次投掷后质点的坐标，则.规定：，. 参考数据：若，则 （1）求投掷骰子2次后质点不在坐标为1的点的概率； （2）已知是随机变量，则.用表示：“质点第一次到达坐标为4点所需的投掷次数”，求； （3）用表示投掷次骰子后质点第一次到达坐标为3的点的概率，当时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $