精品解析：山东省青岛市2025-2026学年高三3月零模调研检测数学试题

2026年高三年级零模调研检测 数学试题 命题人：青岛五十八中 李梓毅 青岛二中 周裕城 注意事项： 1．本试卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题的否定即可得到答案． 【详解】命题“，”的否定为“，”， 故选：D． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解分式与根式不等式，再求交集即可. 【详解】， ，故. 故选：C 3. 若函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可推得，即可求出答案. 【详解】由题意可知，，所以. 又，所以，所以. 故选：B. 4. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆柱及球的特征计算即可. 【详解】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为， 则，故该球的表面积为. 故选：C 5. 若为等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等比数列是递增数列，得到一定成立，反之不成立，结合充分条件和必要条件的判定，即可求解. 【详解】若等比数列是递增数列，可得一定成立； 反之：例如数列，此时满足，但数列不是递增数列， 所以“”是“数列是递增数列”必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性性，以及必要不充分条件的判定，着重考查推理与计算能力，属于基础题. 6. 在边长为1的小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，，，再利用余弦定理求出，最后利用同角三角函数基本关系计算可得. 【详解】依题意，，， 由余弦定理，即， 解得，显然为锐角，所以， 所以. 故选：A 7. 若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值. 【详解】如下图所示： 直线的斜率为，倾斜角为，故， 圆的标准方程为，圆心为，半径为， 易知直线交轴于点，所以，， 由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值， 由圆的几何性质可知，且，则， 故. 故选：A. 8. 若函数的图像关于直线对称，则的最大值为（ ） A. 15 B. 16 C. 0 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得且，由此求出且，由此可得，利用导数研究的单调性，可得在区间、上是增函数，在区间、上是减函数，结合，即可得到的最大值. 【详解】函数的图像关于直线对称， 且， 即，解得， 因此，， 求导数得， 令，解得， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 在区间、上是增函数， 在区间、上是减函数， 又， 的最大值为. 故选：B 【点睛】本题主要考查了函数对称性的应用、利用导数求函数的最值，属于中档题 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. 设向量，的夹角为，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，求出、的坐标，据此分析选项，综合即可得答案． 【详解】解：根据题意，，，则，， 依次分析选项： 对于A，，，则不成立，A错误； 对于B，，，则，即，B正确； 对于C，，，不成立，C错误； 对于D，，，则，，， 则，则，D正确； 故选：BD． 10. 已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D. 【详解】如图所示： 易知平面底面， 设在底面上的投影为， 若，，三点共线，则在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上， 故，，，四点共圆， 若，，三点共线， 同上可知在直线上， 故为圆的直径， 所以，, 又底面，底面， 故， 平面，， 所以平面， 又平面，故， 同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 11. 已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ） A. 是递增数列 B. 是递减数列 C. 存在最大项 D. 存在最小项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可判断CD. 【详解】由题意知： ， 故，即，即， 所以，则， 故，， 由 得： ， 即，所以， 则，而 ， 故 ，则， 所以，由于 随的增大而减小， 故是随的增大而增大， 由题意知，故是递增数列，故A正确； 同理随增大而增大，是递增数列，B错误； 又，由于，，且， 所以，是首项为，公比为的等比数列，故， 所以，， 因为，，故，， 所以，， 所以，，其中， ，其中， 因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大， 故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的， 同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的， 综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对. 故选：ACD. 【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线方程可得，且焦点在x轴上，再结合椭圆方程列式求解即可. 【详解】对于双曲线，可知其半焦距，且焦点在x轴上， 对于椭圆可得，且，解得. 故答案为：. 13. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数，构造新函数求出值。 【详解】由已知曲线与曲线只有一个公共点， 得方程只有一个实数解，而，， 则，即， 故，令， 则， 而在单调递增，且， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 故， 而当时，；当时，， 所以． 故答案为：1 14. 已知的内角对边分别为，边上的高为h，，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据余弦定理，并结合三角形面积公式求出与的关系；通过几何图形作辅助线，构造可得，求出的范围，进而根据二倍角公式，求得的取值范围. 【详解】在中，， ， 即； 又，，即，又； 故， 如图，在中，过作的垂线，且使，则， ，即，可得， ，即，， , 设，，在区间单调递减， ，即, ，当且仅当时，即三点共线时等号成立. 验证：如下图中，若时，满足， 此时，， 故存在这样的，使得成立. 因此的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是通过已知条件结合面积公式与余弦定理得到等量关系；二是构造几何图形求解的范围，进而利用二倍角公式求解的范围. 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. 如图，在四面体中，平面平面，，，， （1）求四面体的体积； （2）求二面角的平面角的正切值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：过作，由面面的性质得是四面体的面上的高；设为边的中点得，计算可得与的长，进而可得，由棱锥体积公式即可得；法二：首先建立坐标系，根据题意，设是的中点，过作交与，过作交与，易知，因此以为原点，射线为轴，建立空间坐标系，进而可得的坐标；从而得边的高即棱住的高与底面的面积，可得答案； （2）法一：过作垂足为，连接，分析可得为二面角的平面角，计算可得的长，由（1）中的值，结合正切的定义即可得；法二：设是平面的法向量，由（1）易得向量的坐标，同时易得是平面的法向量，由向量的夹角公式可得从而，进而由同角三角函数的基本关系，可得． 【小问1详解】 法一：如图，过作，垂足为， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即是四面体的面上的高； 设为边的中点，由，得，则， 由，得； 在中，，， 故四面体的体积； 法二：如图，设是的中点， 在平面内过作交与， 在平面内过作交与， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则， 以为原点，以射线为轴，建立空间坐标系， 已知，故的坐标分别为， 设，而，，有，得或（舍），则， 设，而，有，得或（舍），则， 从而边的高为，又， 故四面体的体积； 【小问2详解】 法一：如图，过作，垂足为，连接， 由（1）知平面，由三垂线定理可得，故为二面角的平面角， 在中，， 在中，，从而，可得， 在中，， 则二面角的平面角的正切值为； 法二：由（1）知， 设是平面的法向量，则，取，则， 显然是平面的法向量，从而， 所以，则二面角的平面角的正切值为. 16. 已知椭圆：的右焦点为，且过点. （1）求的方程； （2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得； （2）由椭圆的性质得到当，，三点共线时取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得. 【小问1详解】 设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆的几何性质有， 故，. 所以的方程为. 【小问2详解】 设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时. 因为，故直线的方程为. 与的方程联立有， 整理有，，解得，. 故直线被截得的弦长为. 17. 设为复数数列，，，记的实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列为等比数列； （3）求． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数关系可得，故可求数列的通项公式； （2）由（1）中结果可得，故可得，由对数的性质和等比数列的定义可证数列为等比数列； （3）由（2）结果可求，结合等比数列的前项和公式可求题设中的乘积. 小问1详解】 因为， 故 ， 而，均为实数，故， 而，，均为实数，故，故. 【小问2详解】 由（1）可得，故，， 所以，因为，故， 故，而， 故数列为等比数列，且首项为，公比为. 【小问3详解】 由（2）可得，故， 故. 18. 已知函数，为的导数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）设为的零点，证明：当时，． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程； （2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数； （3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论. 【小问1详解】 当时，，则， 故，，曲线在点处的切线方程为． 小问2详解】 因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数． 当时，，没有零点． 当时，，令，则， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增． 又，当时，，此时没有零点； 当时，，此时有一个零点． 若，则，又，，， 结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点， 即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点． 综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． 【小问3详解】 （i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且， 故在区间单调递增，，且此时． 因为，故． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故． 故当时，． （ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点， 即在存在唯一极大值点，故当时，． 由（2）可知，，且， 故当时，都有． 又因为，且在区间单调递增， 故存唯一零点，且满足． 设， 则，． 由上可知，在区间单调递减，且， 故，此时也有． 综上，由（i），（ii）可知，当时，． 19. 随机将这2n个连续正整数分成A,B两组，每组n个数，A组最小数为，最大数为；B组最小数为，最大数为，记 （1）当时，求的分布列和数学期望； （2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率； （3）对（2）中的事件C,表示C的对立事件，判断和的大小关系，并说明理由． 【答案】（1） 2 3 4 5 P （2）当时，，当时 （3）当时，当时， 【解析】 【详解】试题分析：（1）当时，将6个正整数平均分成A,B两组，不同的分组方法共有种，所有可能值为2,3,4,5.对应组数分别为4,6,6,4，对应概率为，，，，（2）和恰好相等的所有可能值为当和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；以此类推：和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；所以当时， 当时（3）先归纳：当时，因此当时，即证当时，这可用数学归纳法证明. 当时，，利用阶乘作差可得大小. 试题解析：（1）当时，所有可能值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B两组，不同的分组方法共有种，所以的分布列为 2 3 4 5 P （2）和恰好相等的所有可能值为 又和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种； 和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种； 和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种； 所以当时， 当时 （3）由（2）当时，因此 而当时，理由如下： 等价于① 用数学归纳法来证明： 当时，①式左边①式右边所以①式成立 假设时①式成立，即成立 那么，当时，①式左边 =①式右边 即当时①式也成立 综合得，对于的所有正整数，都有成立 考点：概率分布及数学期望，概率，组合性质，数学归纳法 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级零模调研检测 数学试题 命题人：青岛五十八中 李梓毅 青岛二中 周裕城 注意事项： 1．本试卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C ， D. ， 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若为等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在边长为1的小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ） A. B. 1 C. D. 7. 若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的图像关于直线对称，则的最大值为（ ） A. 15 B. 16 C. 0 D. 20 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. 设向量，的夹角为，且，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知直四棱柱各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 平面 D. 平面 11. 已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ） A. 是递增数列 B. 是递减数列 C. 存在最大项 D. 存在最小项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，则______. 13. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则______． 14. 已知的内角对边分别为，边上的高为h，，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. 如图，在四面体中，平面平面，，，， （1）求四面体的体积； （2）求二面角的平面角的正切值． 16. 已知椭圆：的右焦点为，且过点. （1）求的方程； （2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 17. 设为复数数列，，，记实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列等比数列； （3）求． 18. 已知函数，为的导数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）设为的零点，证明：当时，． 19. 随机将这2n个连续正整数分成A,B两组，每组n个数，A组最小数为，最大数为；B组最小数为，最大数为，记 （1）当时，求的分布列和数学期望； （2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率； （3）对（2）中事件C,表示C的对立事件，判断和的大小关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $