精品解析：山东淄博市2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测数学

2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测 数学 注意事项： 1.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. 2.回答选择题时，选出每个小题答案后，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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 设，则“”是“”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 4. 展开式中的系数为（ ） A. 56 B. 42 C. 84 D. 120 5. 已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 或 6. 曲线在处的切线如图所示，则＝（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －1 7. 在2019年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为128比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为128比特的密码所需要的最长时间约为（参考数据：）（ ） A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒 8. 记为数列的前n项和，若，，且，则（ ） 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. 已知复数，，，，复数，，，在复平面内对应的点分别为，，，A，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线C：的焦点在直线l：上，直线l与抛物线交于两点，点在第一象限，过分别作准线的垂线，垂足分别是，则下列说法中正确的是（ ） A. 以线段为直径的圆与y轴相切 B. 的最小值为 C. D. 若向量，则 11. 如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（ ） A. 的轨迹是双曲线的一部分 B. 的轨迹是椭圆的一部分 C. 四棱锥体积最大值为 D. 的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量X的取值为0，1，2，若，，则__________. 13. 椭圆C：的左右焦点分别为，，点，P为C上一动点，则的最小值为______． 14. 已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整除的概率为__________. 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△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，. （1）求C； （2）若，求△ABC的面积. 16. 下图是某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图，评分在区间，，，上，分别对应A，B，C，D四个等级.为了进一步加强学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变；对其余学生学校将进行一次复评.复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级；原获C等级的学生有的概率提升为B等级；原获D等级的学生有的概率提升为C等级，未提升等级的保持等级不变.假设用频率估计概率，且每名学生复评结果相互独立. （1）求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为X，求X的分布列和数学期望； （3）从全体高一学生中任选1人，在已知该学生是复评提升等级的条件下，求该学生初评是B等级的概率. 17. 如图，在等腰梯形ABCD中，，，E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折至△PBE，此时，三棱锥的体积首次达到. （1）求证：； （2）若点G在线段PC上且，求GD与平面PBE所成角的正弦值. 18. 如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线AD旋转一周，旋转后所得的图形与平面ABCD的交线为. （1）E为上靠近的三等分点，求E绕直线AD旋转一周后所得图形的周长； （2）在平面ABCD内以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系. （ⅰ）求的轨迹方程； （ⅱ）为平面ABCD内且不在上的定点，过P的直线l与有2个交点M、N，若M、N在直线AD的两侧，求的最小值（用m，n表示）. 19. 已知函数，，a，. （1）当时，若函数有一个零点，求b的取值范围； （2）当，且时，令，设是从小到大的第n个极值点，证明：数列是等比数列； （3）当且时，令，且，有唯一的正零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测 数学 注意事项： 1.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. 2.回答选择题时，选出每个小题答案后，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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以，进而的子集个数为. 2. 已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，若，，则两直线可以平行，可以垂直，可以异面，因此A错误； 对于B，若，，则，因此B正确； 对于C，当时，若，可以满足，但不成立，即C错误； 对于D，若，，也可能满足，所以D错误. 3. 设，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】根据不等式性质可推断，再通过举反例即可得出结论. 【详解】因为，由，根据传递性可知， 因此“”能推出“”，因此充分性成立； 不妨取，满足，但不成立，因此必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 展开式中的系数为（ ） A. 56 B. 42 C. 84 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求出含的项即可. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 因此展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为42. 故选：B 5. 已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用两个向量共线的性质列方程可求得实数的值． 【详解】向量，不共线，且，，与共线， 所以存在实数，使得， 所以， 求得实数或． 故选：C． 6. 曲线在处的切线如图所示，则＝（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －1 【答案】C 【解析】 【分析】设切线方程为，根据切线方程得到关于的方程组，解得，进而得出导数值计算求解. 【详解】设曲线在处的切线方程为， 则解得 所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1， 所以， 因此，． 故选：C. 7. 在2019年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为128比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为128比特的密码所需要的最长时间约为（参考数据：）（ ） A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，两边取对数化简可求出. 【详解】设所需时间为t秒，则，则， 即， 秒. 故选：B． 8. 记为数列的前n项和，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别为为奇数和为偶数两种情况分别对题目中的递推公式进行化简，可得到的奇数项为常数列，偶数项为等比数列，分别用分组求和法即可求解． 【详解】当为奇数时，，， 则可化为， 因为，所以， 当为偶数时，，， 则可化为， 因为，所以的偶数项是首项为，公比为的等比数列， 所以 ． 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. 已知复数，，，，复数，，，在复平面内对应的点分别为，，，A，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】由题意得，， 则，故A正确； ， ， 故不一定相等，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 10. 已知抛物线C：的焦点在直线l：上，直线l与抛物线交于两点，点在第一象限，过分别作准线的垂线，垂足分别是，则下列说法中正确的是（ ） A. 以线段为直径的圆与y轴相切 B. 的最小值为 C. D. 若向量，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，先求出的值再用两点坐标表示出焦点弦的长，确定圆心表示出圆心到y轴的距离即可判断； 对于B，直线与抛物线联立方程组消元写出两根之和两根之积，利用焦半径结合基本不等式即可求最小值； 对于C，先写出具体点的坐标结合两点间距离公式及即可求最值； 对于D，根据向量关系即可求的值再求面积即可. 【详解】抛物线C：的焦点坐标为， 又因为焦点在直线l：上，代入得，即， 所以抛物线方程为，焦点，准线为. 设根据抛物线的定义可知，故半径为， 以线段为直径的圆的圆心坐标为，圆心到y轴的距离为，故A错误； 联立消元得：，故， 由抛物线的定义可知， 由抛物线的方程可知，即，因为点在第一象限所以， 所以由基本不等式可知， 当且仅当即时取等号，故B正确； ,则，， 所以 ，故C正确； 若向量，则，故， 又因为解得易知点在第四象限， 所以，，所以，故D正确. 11. 如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（ ） A. 的轨迹是双曲线的一部分 B. 的轨迹是椭圆的一部分 C. 四棱锥体积最大值为 D. 的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角得到，进而得到为定值，从而的轨迹是四分之一圆，可判断出AD；同时由的轨迹是圆弧可知 形成的曲面是圆锥面，作为与的交点，其轨迹也就是平面截圆锥面得到的曲线，根据圆锥的截面性质可知该曲线为椭圆的一部分，可判断出B；分别利用共线与共面得到的两种表达，结合得到点的坐标也即四棱锥的高的表达式，最后运用表达式相关知识求出最值，即可判断C. 【详解】因为点在直线上，点在直线上，且， 所以直线可以看作平面内任意一条不与平行的直线 （当间的距离趋于无穷远时，方向趋近于与平行）， 直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角， 因为平面，所以直线与平面所成的角即为， 于是有，已知，可得， 即点到定点的距离为定值，又因为点在正方形内部， 因此的轨迹是以为圆心，为半径，在正方形内部的四分之一圆弧， 轨迹长度为，A错误，D正确； 由前述分析可知，的轨迹是四分之一圆，则形成的曲面是一个以为高， 为母线的四分之一圆锥面，点是与的交点， 则的轨迹即为平面截圆锥面得到的曲线， 显然为正三棱锥，取中点，连接， 则在底面上的投影为底面的中心即在中线上， 所以与平面所成的角为，， 可得，而圆锥面半顶角为， 所以平面截圆锥面得到的曲线为椭圆，因为的轨迹是圆的一部分， 所以的轨迹是椭圆的一部分，B正确； 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则，因为在上， 所以可设，那么有，， 同时根据在平面上可得 ， 于是有，解得，则的坐标也即到底面的高 ，因为，由柯西不等式可得， 即，所以， 进而有四棱锥体积最大值为，C正确. 【点睛】平面截圆锥的截面曲线根据平面与圆锥高的夹角不同有三种结果，夹角大于圆锥半顶角时为椭圆（或圆），等于半顶角时为抛物线，小于半顶角时为双曲线. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量X的取值为0，1，2，若，，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】设， 根据题意得，解得. 则. 13. 椭圆C：的左右焦点分别为，，点，P为C上一动点，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的定义及线段和差关系即可求解． 【详解】依题意可得，， 将点代入椭圆C，有，则点在椭圆C内， 由椭圆的定义可知，即， 所以， 所以的最小值为． 14. 已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整除的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据容斥原理可求3次投掷既有5也有偶数的概率. 【详解】根据题意，每次投掷得到情形A：掷出5点，情形B：掷出偶数点，情形C：掷出3或7点的概率分别为， 于是3次投掷均没有5的概率为，3次投掷均没有偶数的概率为，3次投掷既没有5也没有偶数的概率为， 因此根据容斥原理，3次投掷既有5也有偶数的概率为. 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△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，. （1）求C； （2）若，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的正弦公式得出，结合三角函数的性质可得； （2）由正弦定理和余弦定理得出，再利用面积公式计算. 【小问1详解】 由， 得， 则， 因为，所以， 所以或或， 故，由，得； 【小问2详解】 由以及正弦定理得， 由，得， 由余弦定理得，得， 故△ABC的面积为 16. 下图是某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图，评分在区间，，，上，分别对应A，B，C，D四个等级.为了进一步加强学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变；对其余学生学校将进行一次复评.复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级；原获C等级的学生有的概率提升为B等级；原获D等级的学生有的概率提升为C等级，未提升等级的保持等级不变.假设用频率估计概率，且每名学生复评结果相互独立. （1）求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为X，求X的分布列和数学期望； （3）从全体高一学生中任选1人，在已知该学生是复评提升等级的条件下，求该学生初评是B等级的概率. 【答案】（1） （2） ​ . （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，以及平均数公式求解即可. （2）根据题意分析甲乙丙三人为级的概率，再求解分布列以及数学期望即可. （3）根据条件概率以及全概率公式求解即可. 【小问1详解】 根据频率分布直方图，各组组距为， 则平均值. 【小问2详解】 甲初评，不升级为的概率为​； 乙、丙初评，升级为的概率均为，不升级的概率为. 的所有可能取值为. ，，​ ，. 分布列如下： ​ 因此.​ 【小问3详解】 设事件：学生复评提升等级，事件分别为初评等级为，由条件概率公式. ，，，各等级提升概率，，. . 由全概率公式，因此. 17. 如图，在等腰梯形ABCD中，，，E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折至△PBE，此时，三棱锥的体积首次达到. （1）求证：； （2）若点G在线段PC上且，求GD与平面PBE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为为中点，所以，则为等边三角形，则. 又且，故是平行四边形，因此， 取中点，连接，为等边三角形，故，. 在中，，，， 由余弦定理得，满足，故. 由，，平面，得平面， 又平面，故， 又，因此. （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的性质以及余弦定理得到，，再根据线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求GD与平面PBE所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 三棱锥的体积，解得. 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，平面为平面， 则. 在上，令，则的坐标为. 由得，即， 化简得，故. 向量. 设平面的法向量，， 则，解得法向量，. 设与平面所成角为，则. 18. 如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线AD旋转一周，旋转后所得的图形与平面ABCD的交线为. （1）E为上靠近的三等分点，求E绕直线AD旋转一周后所得图形的周长； （2）在平面ABCD内以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系. （ⅰ）求的轨迹方程； （ⅱ）为平面ABCD内且不在上的定点，过P的直线l与有2个交点M、N，若M、N在直线AD的两侧，求的最小值（用m，n表示）. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）过作，垂足为；过 作 ，垂足为，连接 ，证明到的距离为，再利用圆周长公式计算得解. （2）（i）建立平面直角坐标系，根据旋转的特点列出等式，化简得到的轨迹方程；（ii）设出直线的方程，与的轨迹方程联立，根据M、N在直线AD的两侧以及韦达定理，化简得到，求解即可. 【小问1详解】 （ⅰ）点绕直线旋转一周所得图形为圆，过作，垂足为； 过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 平面， 所以平面.因为平面，所以， 即到的距离为. 而，所以. 所以绕直线AD旋转一周后所得图形周长为. 【小问2详解】 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系. 而为上任意一点，旋转后与平面的交点为， 设旋转过程中到的距离与到的距离相等且垂足相同. 到的距离为，到的距离为， 所以，整理得. （ii）由题意知的斜率存在，设为，则 . 如图，作出符合题意的图形，设，. 联立 ，整理得. 根据韦达定理，. 在轴的两侧 ，即 . ，此时恒成立. 可得 ， 代入韦达定理整理得 ， 而， 当最小时，， 即的最小值为. 19. 已知函数，，a，. （1）当时，若函数有一个零点，求b的取值范围； （2）当，且时，令，设是从小到大的第n个极值点，证明：数列是等比数列； （3）当且时，令，且，有唯一的正零点，证明：. 【答案】（1） （2） 因为，所以 .其中. 因为，所以，根据周期性，可取， 令得， 由得，解得， ，当时，时，； 当时，时，. 因此，在正数范围内的区间与上 的符号总相反，所以是的极值点. 所以， . 假设，则. 而，所以无实数解，这说明. 所以，为非零常数， 所以数列是等比数列. （3） ，所以单调递增. 由题意可知. 易知，所以，所以. 即，也即，可得. 所以有. 故， 又易知， 根据题意可知，即， 从而有， 即，可得，进一步得， 所以， 易知，令得， 所以， 当时， ，所以，所以， 故 . 综上得. 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合的取值范围，分析求解即可. （2）利用导数，分析函数的单调性，进而得到，再代入中根据等比数列的定义求解即可. （3）根据零点对应的等式，放缩可得 ，再结合裂项相消法即可证明原不等式左边.对于不等式右边，由不等式以及并结合零点对应的等式，可证明，根据，令代入，可证，最后结合两者放缩即可证明原不等式右边. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，所以函数在单调递增，此时； 所以在上无零点； 当时，令，则，当时，， 则函数在单调递减；时，， 则函数在单调递增， 由于，所以， 且当趋于时，趋于，所以在有一个零点，符合题意， 综上所述，； 【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 $