精品解析：山东省聊城第一中学新校区2026届高三4月调研测试数学试题

新校区2026届调研测试 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.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､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用集合并集和补集的定义与运算，即可求解. 【详解】由集合，可得， 又由集合，可得. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 所以． 3. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，由条件结合余弦定理列方程可求. 【详解】在中，设， 因为，所以， 根据余弦定理可得，，又， 所以，故， 求解可得， 所以. 4. 已知圆截轴所得的弦长为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先根据圆的标准方程求出圆心坐标，再结合圆截轴所得的弦长，利用垂径定理建立关于半径的方程，即可求解. 【详解】由题意，圆，所以圆的圆心为， 因为圆截轴所得的弦长为， 所以，即. 5. 某科技创新攻关团队共100人，统计团队成员的年龄均在区间内，并得到如下频率分布直方图，则（ ） A. 团队年龄在的成员所占比例为 B. 团队年龄的极差大于25 C. 团队年龄的平均数小于35 D. 团队年龄的中位数在内 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图，结合极差、平均数、中位数以及占比的定义列式计算即得； 【详解】对于A，根据频率分布直方图，团队年龄在的成员所占比例为， 故所占比例是，故A错误； 对于B，依题意，团队成员年龄均在区间内，所以极差小于25，故B错误； 对于C，根据频率分布直方图，团队年龄在区间的比例为， 在区间的比例为，故年龄的平均数一定小于， 显然年龄的平均数小于35，故C正确； 对于D，根据频率分布直方图，区间所占比例为0.7，故中位数一定小于30，故D错误. 6. 已知为正项等比数列，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合等比数列性质可求，再求，结合等比数列通项公式求公比，再由求和公式求结论. 【详解】因为， 所以，又为正项等比数列， 所以或（舍）. 因为， 所以. 设数列的公比为， 由可得， 所以. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，整理可得，运算求解即可. 【详解】设， 因为，则，且， 可得， 则，解得. 且，则，所以. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上､下顶点分别为，且，直线与椭圆交于两点，则四边形的周长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【详解】设椭圆半焦距为，则，即，， 连接，由关于原点对称，关于原点对称， 得四边形为平行四边形，， 则，而点与点关于直线对称， 因此，， 所以四边形的周长为. 二､多选题：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. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 为递增数列 D. 是等差数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，得到数列的通项公式和前项和，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 因为，可得 ，即，解得， 所以，且， 对于A，由，可得，所以A正确； 对于B，由，可得，所以B不正确； 对于C，由，所以，即， 所以数列为递增数列，所以C正确； 对于D，由，可得，则， 所以数列是等差数列，所以D正确. 10. 已知函数则（ ） A. B. 为的极大值点 C. 有2个零点 D. 若，则在上的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题为分段函数多选题，逐个分析选项即可：代入算函数值，判断A选项；分段求导找极值，判断B选项；分段解方程，统计零点数判断C选项；分析的单调性，结合的范围判断D选项的值域. 【详解】对于，故A错误； 对于B，当时，， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故在处取极大值，故B正确； 对于C，当时，，结合B选项知在时仅有一个零点. 当时，令，解得， 所以共2个零点，故C正确； 对于D，结合B，C选项，在上的图象为 由图象可知， 若，则函数在上的值域为， 故D正确. 11. 已知抛物线过点，焦点为，点为抛物线上不同的两点，则（ ） A. B. 存在直线，使得当直线过点时，有成立 C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A.将代入抛物线方程求解即可.选项B.分析过焦点的弦长的最小值与题干比较求解即可.选项C.设出坐标，利用向量内积得到，再利用二次函数最值求解即可.选项D.根据题意分析，再利用焦半径公式得到，进而得到，利用三角函数的最值求解即可. 【详解】对于A，将点代入可得，得，故A正确； 对于B，若直线过点，则为抛物线的焦点弦长. 因为抛物线最短焦点弦长为其通径长，为，故B错误， 对于C，显然直线不与轴平行，设直线与轴交于点，， 设直线方程为.联立方程，化简得， 根据韦达定理，，故. 当时，取得最小值，故C正确； 对于D，设为以射线为始边，射线为终边的角，由在抛物线上运动，不妨取. 因为，所以. 设，则，进而. 根据抛物线定义，，解得，故或. ①当时，， 当时，取得最小值 ②当时，， 当时，取得最小值. 综上，，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则_________. 【答案】 【解析】 【详解】， ． 13. 已知函数，若为偶函数，则在处的切线方程为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的定义求得，再根据导数的几何意义求解即可. 【详解】由题得，解得， 可得的定义域为. 又因为为偶函数，其定义域关于原点对称， 所以，则， 此时，满足为偶函数. 当时，，则， 所以， 则在处的切线方程为. 14. 如图，在三棱柱中，底面，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥补成直三棱柱，由题设易得三棱锥的外接球的半径为，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离为，进而求解即可. 【详解】如图所示，将三棱锥补成直三棱柱， 分别取的中点，连接，取的中点，连接， 由底面，， 则分别为的外心，，， 由题意知，三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，为球心， 则外接球的半径为. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知，，， 则. 设平面的一个法向量为， 则，令，得，又， 所以点到平面的距离为， 则平面截三棱锥的外接球的截面圆的半径， 所以截面圆的面积为. 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. 已知函数. （1）若，求的值； （2）求在上的单调区间. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为. 【解析】 【小问1详解】 ，所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以. 令，得；令，得， 因此在上的单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 已知双曲线的一个焦点是，一条渐近线方程是. （1）求双曲线的方程； （2）斜率为1的直线与双曲线交于不同的两点为线段的中点，点，若以为直径的圆过点，求直线的方程. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，联立方程组求出，利用即可. 【小问1详解】 由题意得，，，，解得， 则双曲线的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，， 联立，得，此时， 由韦达定理得，所以，即. 因为以为直径的圆过点，所以，即， 因为，所以，得， 所以直线的方程为， 17. 如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 又，所以，， 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）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 解得，所以. 18. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）若当时，恒成立，求的取值范围； （3）若关于的方程有两个不等实根，证明：. 【答案】（1） （2） （3）将代入，原方程化为， 即， 则有， 两式相减，得， 即， 故原不等式变形为. 不妨令，不等式两端同时除以，则不等式可变形为. 令，则不等式可继续变形为， 即证在时恒成立， 故令， 则恒成立， 故在时单调递增，则恒成立， 故命题得证. 【解析】 【分析】(1)代入后通过单调性求解. (2)通过单调性一步步对范围进行排除，最后确定的范围. (3)通过实根的性质构造新的关于的函数求证. 【小问1详解】 当时，， . 令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故在处取得最小值， . 【小问2详解】 当时，恒成立， 即， 即. 令，即求在时恒成立， . ①当时，恒成立，故在上单调递减， 则当时，恒成立； ②当时，在上单调递减，且， 则在上恒成立，故在上单调递增， 则成立，与题干矛盾，舍掉； ③当时，恒成立，故在上单调递增， 则恒成立，与题干矛盾，舍掉. 综上所述，满足要求. 【小问3详解】 略 19. 为评估某AI程序的国际象棋实战水平，现由甲与其进行多场比赛.已知甲每场比赛获胜的概率为，失败的概率为，且每场比赛的结果是相互独立的.记甲在前场比赛中，没有连续两场获胜的概率为，其中. （1）求（用表示）； （2）当时，求，并证明是等比数列； （3）设甲与AI程序至多进行场比赛且，若甲连续两场获胜，则比赛提前终止.记比赛终止时，比赛的总场数为，证明：. 【答案】（1） （2）由（1）得，解得， 由全概率公式，得， 即，而， 所以是首项为，公比为的等比数列. （3） 依题意，当时，则，无论这两场甲是胜还是负均结束比赛， 即，因此，此时不等式的右边为； 当时，随机变量的取值为， 则，对于， 若第场没有结束比赛，则第场可能结束比赛，也可能没有结束比赛，则， 对于，只需第场没有结束比赛，则无论甲第场是胜还是负均结束比赛，则， 因此 ， 当时，显然，即， 于是，且， 由（2）知，两边同除以， 得， 因此，， 则 . 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解. （2）由（1）求出，再利用全概率公式列式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证. （3）按分类，结合期望的定义列式，再利用不等式的性质及等比数列前项和公式推理得证. 【小问1详解】 依题意，甲在两场比赛中连胜两场的概率为， 所以. 【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 $ 新校区2026届调研测试 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.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､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 4 4. 已知圆截轴所得的弦长为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 某科技创新攻关团队共100人，统计团队成员的年龄均在区间内，并得到如下频率分布直方图，则（ ） A. 团队年龄在的成员所占比例为 B. 团队年龄的极差大于25 C. 团队年龄的平均数小于35 D. 团队年龄的中位数在内 6. 已知为正项等比数列，满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上､下顶点分别为，且，直线与椭圆交于两点，则四边形的周长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 二､多选题：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. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 为递增数列 D. 是等差数列 10. 已知函数则（ ） A. B. 为的极大值点 C. 有2个零点 D. 若，则在上的值域为 11. 已知抛物线过点，焦点为，点为抛物线上不同的两点，则（ ） A. B. 存在直线，使得当直线过点时，有成立 C. D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则_________. 13. 已知函数，若为偶函数，则在处的切线方程为_________. 14. 如图，在三棱柱中，底面，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为_________. 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. 已知函数. （1）若，求的值； （2）求在上的单调区间. 16. 已知双曲线的一个焦点是，一条渐近线方程是. （1）求双曲线的方程； （2）斜率为1的直线与双曲线交于不同的两点为线段的中点，点，若以为直径的圆过点，求直线的方程. 17. 如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 18. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）若当时，恒成立，求的取值范围； （3）若关于的方程有两个不等实根，证明：. 19. 为评估某AI程序的国际象棋实战水平，现由甲与其进行多场比赛.已知甲每场比赛获胜的概率为，失败的概率为，且每场比赛的结果是相互独立的.记甲在前场比赛中，没有连续两场获胜的概率为，其中. （1）求（用表示）； （2）当时，求，并证明是等比数列； （3）设甲与AI程序至多进行场比赛且，若甲连续两场获胜，则比赛提前终止.记比赛终止时，比赛的总场数为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $