精品解析：山东济南市历城第二中学2026届高三下学期考前自测数学试题

金榜题名卷——高三数学试题 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 16 3. 设向量，满足，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 6. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 40 B. 36 C. 30 D. 12 7. 记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”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 8. 已知函数，若实数，（）满足，则的最小值为（ ） 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. 已知曲线，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则C是圆 B. 若，则C是一条直线 C. 若，则C是椭圆，其离心率为 D. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为 10. 已知函数，其在上的零点从小到大依次为下列说法正确的是（ ） A. 是最小正周期为偶函数 B. 的值域为 C. D. 11. 在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，在线段上，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 直线与直线所成角最小时，线段长为 D. 直线与直线所成角最小时，三棱锥的外接球半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有一箱中装有6个红球和4个白球，从中依次不放回随机摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率等于________． 13. 设，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，且，，则椭圆的离心率为________． 14. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”．如数列2024，2026第1次“差扩充”后得到数列2024，-2，2026，第2次“差扩充”后得到的数列2024，2026，-2，-2028，2026．设数列2024，2026经过第次“差扩充”后所得数列的项数为，所有项的和为，则的值为________． 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，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． （1）当为线段的中点时，证明：平面平面； （2）当时，求多面体体积的最小值． 16. 已知函数 （1）讨论在区间上的单调性； （2）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 17. 已知函数 （1）当时，，求的取值范围； （2）函数有两个不同的极值点，（其中），证明：． 18. 袋子里有编号的个小球，除编号外完全一样，现随机从中取出个，记取出个小球的最大编号为. （1）当，时，求的分布列； （2）当时，求； （3）求. 19. 设抛物线：（），过点的直线与抛物线交于，两点，原点在以为直径的圆上． （1）求抛物线的标准方程； （2）直线与直线相交于，过作的平行线交轴与，判断直线与抛物线的位置关系并证明； （3）抛物线上是否存在三点M，N，P构成面积为15的等腰直角三角形？若存在求出直角顶点的坐标，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金榜题名卷——高三数学试题 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】由复数，可得，所以 2. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【详解】集合，集合有4个元素， 所以集合的子集个数为. 3. 设向量，满足，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过平方的方法，结合完全平方公式和向量数量积运算律计算求解. 【详解】因为， ， 所以. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 5. 在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 6. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 40 B. 36 C. 30 D. 12 【答案】B 【解析】 【详解】张连号有，，，；张连号有，，， 若有两组2张连号和一张单牌，则连号组合可以是，或，或，共种， 再将其分给三个人共有种； 若有一组3张连号和两张单牌，则连号组合可以是或或， 则分给三个人共有种， 故不同的分法种数为. 7. 记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”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】 【详解】（充分性）若取，首项，则数列为······ 此时前项和满足：为奇数时，；为偶数时，； 显然可取，则对所有，都有，所以充分性不成立； （必要性）当时，前项和为， 由于恒成立，则恒成立，取， 则对所有，都有，必要性得证. 所以“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的必要不充分条件. 8. 已知函数，若实数，（）满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的性质结合已知条件求出，构造函数，求导并分析函数的单调性及最小值，进而求解． 【详解】函数定义域为，且，， 当时，，，求导得， 函数的图象抛物线开口向上，对称轴， 函数在上单调递减，时，， 即在上恒成立，故在上单调递减； 当时，，，求导得， 函数的图象抛物线开口向上，对称轴， 函数在上单调递增，时，， 所以在上恒成立，函数在上单调递增； 综上，在处取得极小值，即为最小值，由，， 可知，故， 整理得， ， 若，等式成立； 若，则，得，即，矛盾； 若，则，得，即，矛盾； 综上，，即，且， 令， 求导得，令，解得， 此时， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 故为极小值点，即为最小值点，最小值为，故的最小值为． 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. 已知曲线，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则C是圆 B. 若，则C是一条直线 C. 若，则C是椭圆，其离心率为 D. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为 【答案】AC 【解析】 【详解】A选项，时，，则C是单位圆，A正确； B选项，若，，即，则C是两条直线，B错误； C选项，若，，则C是椭圆，其中，，， 其离心率为，C正确； D选项，，，则C是双曲线，，， 渐近线方程为，D错误. 10. 已知函数，其在上的零点从小到大依次为下列说法正确的是（ ） A. 是最小正周期为偶函数 B. 的值域为 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由奇偶性与周期性的定义计算可判断A；利用二倍角的余弦与换元法求得的值域判断B；由题意得，结合余弦函数的牟称性可判断C；结合C选项求得判断D. 【详解】选项A：，所以是偶函数； 又，因此最小正周期是不是，故A错误； 选项B：， 令，则. 当时， 当时，为.故B正确； 选项C： 令，即， 解得（另一根，舍去）. 在内，（其中）的两个根， 满足（余弦函数的对称性），故C正确， 选项D，由方程， 根据C选项可知，但只有符合， 所以，故D错误. 11. 在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，在线段上，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 直线与直线所成角最小时，线段长为 D. 直线与直线所成角最小时，三棱锥的外接球半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直三棱柱的性质，结合已知条件，构造空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，求出平面法向量，利用垂直向量数量积为零判断选项A；利用向量夹角余弦公式计算判断选项B；利用向量夹角余弦公式，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性求出函数的最大值，对应角的最小值，判断选项C；根据C的结论，结合外接球的性质求出外接球半径，进而判断选项D． 【详解】以为坐标原点，、、所在直线分别为 、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知，可得各点坐标： ， 因为为的中点，为的中点，由中点坐标公式得，. 选项A：，平面的一个法向量为， ， 又平面，故平面，A正确. 选项B：平面的一个法向量为， ，设直线与平面所成的角为， 则，故B错误. 选项C：点，由在线段上， 设，其中，， 则，， 直线与直线所成角的余弦值为：， 令， 求导得： ， 令 ，解得， 当时，； 当 时，， 故当时，取得最大值，由余弦函数单调性知此时异面直线所成角最小， 此时，故C正确. 选项D：由C选项可知，当时，的坐标为， 为等腰直角三角形，其外接圆圆心为的中点，外接圆半径， 所以可设三棱锥的外接球球心为，半径为，则， 由列方程： =， 即，，， 因此，外接球半径：，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有一箱中装有6个红球和4个白球，从中依次不放回随机摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率等于________． 【答案】 【解析】 【分析】由于第一次摸到红球已经发生，故第二次摸球的时候箱子中有5个红球，4个白球，即得到答案 【详解】在第一次摸到红球的条件下，箱中剩余9个球，其中红球5个，白球4个， 所以在第一次抽到红球的条件下，第二次取到白球的概率是. 13. 设，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，且，，则椭圆的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用椭圆的定义表示，再结合直角三角形勾股定理建立与的关系，进而求得离心率. 【详解】设，则，， 根据椭圆定义，，， 又因为，所以在中， 即，解得，则，， 则在中，，即， 所以故离心率. 14. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”．如数列2024，2026第1次“差扩充”后得到数列2024，-2，2026，第2次“差扩充”后得到的数列2024，2026，-2，-2028，2026．设数列2024，2026经过第次“差扩充”后所得数列的项数为，所有项的和为，则的值为________． 【答案】1013 【解析】 【分析】通过该概念的性质求出为等比数列以及为等差数列并求出具体表达式，最后代入到中求解. 【详解】由题意，，， 所以， 即数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，. 由题意，，， 即数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， .所以， . 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，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． （1）当为线段的中点时，证明：平面平面； （2）当时，求多面体体积的最小值． 【答案】（1）证明：如图所示， 因为底面，平面，所以 又因为底面为正方形，所以， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）设，得到，根据，结合锥体的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为底面为正方形，底面，且， 在直角中，可得, 因为，设，则， 又由 ， 当且仅当时，等号成立， 所以当时多面体的体积取得最小值，最小值为. 16. 已知函数 （1）讨论在区间上的单调性； （2）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 【答案】（1）递增区间，递减区间 （2） 【解析】 【分析】（1）先化简，再利用正弦函数的单调性即可求出； （2）先求出，再利用余弦定理和基本不等式即可求出. 【小问1详解】 由题意得， 令，当时，， 当，即时，单调递增，单调递增； 当，即时，单调递减，单调递减； 当，即时，单调递增，单调递增. 【小问2详解】 ，，， ，，，即， ，， 由基本不等式得，解得， 当且仅当时等号成立， 此时为等边三角形，满足锐角三角形，周长的最大值为. 17. 已知函数 （1）当时，，求的取值范围； （2）函数有两个不同的极值点，（其中），证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当时，恒成立问题； （2）函数极值点是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证. 【小问1详解】 函数，，且， ①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立； ②当时，令，得， 当时，此时单调递减，故，不满足题意； 综上可知：，即的取值范围为． 【小问2详解】 由，故， 因为函数有两个不同的极值点，（其中），故，， 要证：，只要证：， 因为，于是只要证明即可， 因为，，故， 因此只要证，等价于证， 即证，令，等价于证明， 令，， 因为，所以， 故在上单调递增，所以，即. 18. 袋子里有编号的个小球，除编号外完全一样，现随机从中取出个，记取出个小球的最大编号为. （1）当，时，求的分布列； （2）当时，求； （3）求. 【答案】（1） 2 3 4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意，先推得的可能取值为2，3，4，分别求出其对应的概率值，列出分布列即可； （2）因，则的可能取值为或，分别求出其对应的概率值，利用期望与方差公式即可求得答案； （3）依题意，选取个不同的元素，有种方法，推理得到求出，再利用将其化简，结合组合数的性质即可求得答案. 【小问1详解】 当，时，随机从编号的4个小球中取出2个共有种情况， 的可能取值为2，3，4， ，，， 分布列如表所示 2 3 4 【小问2详解】的可能取值为或， ，， 所以， 因此. 【小问3详解】 选取个不同的元素，有种方法， 要满足，则需取出元素，其余个元素是从小于的个元素中选出的， 所以， 因为， 所以 . 19. 设抛物线：（），过点的直线与抛物线交于，两点，原点在以为直径的圆上． （1）求抛物线的标准方程； （2）直线与直线相交于，过作的平行线交轴与，判断直线与抛物线的位置关系并证明； （3）抛物线上是否存在三点M，N，P构成面积为15的等腰直角三角形？若存在求出直角顶点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）由（1）得直线的方程为，即，则， 又，于是，设，则， 由，得，解得， 直线的斜率为，直线的方程为， 由消去并整理得，， 所以直线与抛物线相切. （3）不存在，理由如下： 假设存在满足条件的三角形，设为直角顶点，则， 不妨设，则，， 由M，N在抛物线上，得，化简得， 消得，而， 则，即，当且仅当时取等， 因此的面积， 所以不存在面积为15的等腰直角三角形. 【解析】 【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示求解. （2）由（1）的信息，利用共线向量的坐标表示求出点的坐标及直线的方程，进而判断直线与抛物线位置关系. （3）设出直角顶点坐标，借助垂直关系设出两条直角边对应向量的坐标，进而求出三角形另两点坐标并建立方程组，再利用基本不等式推理判断. 【小问1详解】 设，直线的方程为， 由消去得，则， 由在以为直径的圆上，得，解得， 所以抛物线的标准方程为:. 【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 $