精品解析：山东省聊城第一中学老校区2026届高三下学期4月份调研测试数学试题

山东省聊城第一中学老校区2026届高三下学期4月份调研测试数学试题 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为集合，， 所以. 2. 设为共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为为共轭复数，设，（）. ，由​得  . 另一方面，， 因为，所以虚部为0，即. 已知，否则与题设矛盾，因此. 因此 . 3. 已知函数是定义在上的偶函数，若在区间上单调递增，则下列关系式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数在上的单调性，结合函数的单调性与奇偶性逐项判断即可. 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增， 则函数在上为减函数， 对于A选项，，A错； 对于B选项，，无法判定其符号，B错； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D对. 4. 已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用零点存在定理得出的取值范围，并求出、的值，即可得出、、的大小关系. 【详解】因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，故， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，，故， 由可得，即，故. 5. 已知向量、满足，，且与的夹角为．设为实数，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知且与不共线，结合平面向量数量积的运算性质以及平面向量共线的基本定理可求得实数的取值范围. 【详解】因为向量、满足，，且与的夹角为， 则，且与不共线， 因为向量与的夹角为锐角， 则， 即，即，解得， 若向量与共线，则存在，使得， 所以，整理得，解得， 故当向量与不共线时， 因为向量与的夹角为锐角， 故实数的取值范围是. 6. 设为不等于1的正实数，若不等式对任意都成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知，数形结合可得出，结合对数函数的单调性可求出实数的取值范围. 【详解】若，对任意的，，，不等式不成立. 所以，作出函数、在上的图象如下图所示： 要使得不等式对任意都成立，则， 故 因为对数函数在上为减函数，所以， 又因为，故，即实数的取值范围是. 7. 设为不等于的正实数，若不等式对任意都成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知，数形结合可得出，结合对数函数的单调性可求出实数的取值范围. 【详解】若，对任意的，，，不等式不成立. 所以，作出函数、在上的图象如下图所示： 要使得不等式对任意都成立，则， 因为对数函数在上为减函数，所以， 又因为，故，即实数的取值范围是. 8. 对任意正实数、，记．当取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由不等式的基本性质得出，利用基本不等式求出的最大值，可得出的最大值，利用等号成立的条件可得出、的值，即可得出的值. 【详解】因为、都为正实数，且，故， 由题意可得，， 由不等式的性质可得， ，故，可得， 当且仅当时，即当时， 此时且时，取最大值， 此时. 9. 已知曲线C的方程是．设过点的直线的倾斜角为，若直线与曲线C恰有3个不同的交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据绝对值的性质，结合圆和双曲线方程的特点，利用数形结合思想、导数的几何意义、分类讨论进行求解即可. 【详解】当时，，它表示双曲线的一部分； 当时，，它表示圆的一部分； 当时，，显然不成立，不表示任何曲线； 当时，，它表示双曲线的一部分， 所以曲线C的图象如下图所示： 两条双曲线的渐近线方程为， 当直线与平行时，即时，此时直线与曲线C恰有2个不同的交点， 要想直线与曲线C恰有3个不同的交点，只需， 当时，， 设切点为，切线的斜率为， 所以切线方程为，把的坐标代入， 得， 切线的斜率为， 当直线与该切线平行时，即时，此时直线与曲线C恰有2个不同的交点， 要想直线与曲线C恰有3个不同的交点，只需， 综上所述：的取值范围是. 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. 10. 某网络平台推荐的电影作品共1000部，从中随机抽取n部，统计其评分数据，将所得的评分数据分为8组：，，…，，并整理得到如图所示的频率分布直方图．已知样本中评分落在的电影数为32，则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计有的电影评分为90分及以上 C. 样本数据的第60百分位数为84 D. 在评分落在和内的电影中，随机抽取两个，则调查对象来自不同分组的概率为 【答案】BC 【解析】 【详解】A：因为样本中评分落在的电影数为32，所以，所以不正确； B：电影评分为90分及以上的频率为，所以正确； C：样本中评分落在的频率为， 样本中评分落在的频率为， 样本中评分落在的频率为， 样本中评分落在的频率为， 样本中评分落在的频率为， 因为，， 所以样本数据的第60百分位数落在这一组中， 设样本数据的第60百分位数为， 所以有，所以本选项说法正确； D：评分落在和内的电影的个数为和， 在评分落在和内的电影中，随机抽取两个，调查对象来自不同分组的概率为，所以本选项说法不正确. 11. 已知各项均为正数的数列满足，且．若，记为数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 是常数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用一元二次方程的求根公式，结合等比数列的定义和前n项和公式逐一判断即可. 【详解】由题意，， 或（舍去）， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，则， 因为，，所以是递增数列，因此选项A结论正确； 而， 所以是常数列，因此选项B结论正确； 而，即，显然不成立，因此选项C结论不正确； 因为，， 所以 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，因此选项D结论正确； 12. 如图，已知长方体中，．若点P是平面上一动点，且，球O是以BD为直径的球，则下列结论中正确的是（ ） A. 球O的体积为 B. 点O到平面的距离为 C. 符合题中条件的所有点P所围成的平面区域面积为 D. 的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】求出球的半径，得到球的体积，判断A；根据等体积法求点O到平面的距离判断B；易得点的轨迹为球与平面的交线，其围成的平面区域为平面截球所得的截面圆，由A，B的结果求得该截面圆的半径，从而得到其面积，判断C；利用特殊点，用反例判断D. 【详解】长方体中，，所以． 所以球的半径为，所以球的体积为，A正确； 长方体中，平面，平面，所以. 所以的面积. 长方体中，平面，所以点到平面的距离为. 的面积为面积的一半，为. 设点O到平面的距离为. 因为三棱锥的体积等于三棱锥， 所以，所以，B不正确. 由，得点是球上的点，所以点的轨迹为球与平面的交线， 其围成的平面区域为平面截球所得的截面圆， 该截面圆的半径为. 所以符合题中条件的所有点P所围成的平面区域面积为，C正确. 当点与点重合时，存在，D不正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 13. 设，若，则的值是______． 【答案】 【解析】 【详解】 ， 因为， 所以，即， 所以由且， 因为，所以， 所以. 14. 在等边三角形中，点、分别位于边所在直线的两侧．已知，，当四边形的面积取到最大值时，等边三角形的边长是______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，则，由余弦定理得出，利用三角形的面积公式可得出四边形的面积关于的表达式，利用三角恒等变换以及三角函数的基本性质可得出四边形的面积取最大值时的值，即可得出的长，即为所求. 【详解】设，则， 由余弦定理可得， ， 因为，所以， 故当时，即当时，四边形的面积取最大值， 此时. 15. 设为正实数，若对任意的实数，不等式都成立，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，由已知不等式得出，可得出，参变分离得出，，其中，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】对任意的，且，则，， 由可得， 即， 构造函数，其中，则， 当时，，，则， 所以函数在上为增函数， 由可得，所以， 所以，即，其中， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为， 所以，故实数的取值范围是. 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. 16. 在中，角、、的对应边为、、．已知，． （1）求的值． （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理得出，可得出，即可解出的值； （2）分析可知、均为锐角，根据二倍角的余弦公式、正弦公式求出、、的值，再结合诱导公式、两角和与差的三角公式可求得所求代数式的值. 【小问1详解】 因为，，由余弦定理可得， 即，整理可得，即， 因为，解得. 【小问2详解】 因为，则为锐角，故， 因为，则，则为锐角，且，所以， 故， 因为，则，同理可知，故， 因为， 所以，， 所以， 所以， 所以 . 17. 如图，在四棱台中，四边形是边长为的正方形，且． （1）求证：平面． （2）若，， （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 方法一：由棱台定义可知与共面，且平面平面. 又平面平面，平面平面， 所以. 连接交于点，则为的中点. 因为，所以. 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 方法二：将棱台补形成棱锥， 由棱台定义知平面平面. 又平面平面，平面平面， 所以. 连接交于点，则为的中点. 又，所以，所以为的中点， 所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面 （2） （i）在正方形中，， 又，，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，，，所以. 在中，，，所以，所以. 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （ii）. 【解析】 【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理证明即可；方法二：将棱台补形成棱锥，利用面面平行的性质定理结合中位线以及线面平行的判定定理证明得到答案. （2）（i）证明出平面，可得出，再证明出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （ii）以为原点，分别以、、为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）以为原点，分别以、、为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 、， 易知平面的一个法向量为 又因为，所以， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18. 某篮球比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛规则如下： 第一阶段由参赛队中一名队员投篮2次，记投中次数为m． 第二阶段由另一名队员投篮3次，每次投中得1分，没有投中得0分；但如果3次全中，得5分，记这名队员的得分为，那么该队的比赛总得分为． 某队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． （1）若，甲参加第一阶段比赛，求该队的比赛成绩为0分的概率． （2）假设，为使得该队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【答案】（1） （2）甲 【解析】 【分析】（1）利用独立事件概率公式进行求解即可； （2）利用独立事件概率、互斥事件的概率公式、数学期望公式，运用分类讨论思想进行求解即可. 【小问1详解】 甲参加第一阶段比赛，则乙参加第二阶段比赛， 所以该队的比赛成绩为0分的概率为 . 【小问2详解】 因为，， 所以， 当甲参加第一阶段比赛，乙参加第二阶段比赛时， 则， ， ， ， ， ， 所以该队的比赛成绩的数学期望为 ， 化简，得； 同理，当乙参加第一阶段比赛，甲参加第二阶段比赛时，该队的比赛成绩的数学期望为， 则， 因为， 所以， 因此为使得该队的比赛成绩的数学期望最大，应该由甲参加第一阶段比赛. 19. 在平面直角坐标系中，设、分别为椭圆的下顶点、上顶点．若经过点的直线交椭圆于第一、四象限的两点、（异于点、）．记直线的斜率为，直线的斜率为． （1）求证：． （2）若，求的值． （3）设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 【答案】（1）证明：如图所示，设直线、的倾斜角分别为、， 则的补角为，所以， 所以. （2） （3）证明：设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 因为，所以直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 因为点在椭圆上，所以，即， 即，所以， 故直线的方程可表示为， 联立直线、的方程得， 解得 ， 解得，故点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、，可得出，利用诱导公式以及两角差的正切公式可证得结论成立； （2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，由到角公式结合、在椭圆上，可得的值； （3）由（2）分析可得的方程为，直线的方程为，将两直线方程联立可得：，结合韦达定理求出的值，据此可证得结论成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设直线的方程为， 联立， 判别式为：， 由韦达定理：，， 又、，则， 同理可得. 于是可得，所以. 【小问3详解】 略 20. 已知数列满足，． （1）求证：． （2）记， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：对任意实数，存在正整数s使得． （3）设c为正实数，若对任意正整数，都有，求c的最小值． 【答案】（1） 由， 所以当时，， 又因为，所以当时，； （2） （ⅰ）因为， 所以， ， 因为，且，可知数列单调不减，所以，所以，所以， 又因为，所以； （ⅱ）因为， 所以，当时取等号， 则 ， ， 则，当且仅当时取等号， 对任意实数，令， 取，其中表示不超过的最大整数， 则当时，任意实数，存在正整数s使得成立； （3） 【解析】 【分析】（1）运用配方法进行运算证明即可； （2）（ⅰ）运用配方法，结合（1）中的结论进行求解即可； （ⅱ）运用放缩法，通过取对数进行求解即可； （3）运用取倒数法，结合裂项求和法进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知， 所以，即， 因为，， 所以 ， 即，即，所以c的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省聊城第一中学老校区2026届高三下学期4月份调研测试数学试题 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数是定义在上的偶函数，若在区间上单调递增，则下列关系式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量、满足，，且与的夹角为．设为实数，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设为不等于1的正实数，若不等式对任意都成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 设为不等于的正实数，若不等式对任意都成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 对任意正实数、，记．当取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知曲线C的方程是．设过点的直线的倾斜角为，若直线与曲线C恰有3个不同的交点，则的取值范围是（ ） 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. 10. 某网络平台推荐的电影作品共1000部，从中随机抽取n部，统计其评分数据，将所得的评分数据分为8组：，，…，，并整理得到如图所示的频率分布直方图．已知样本中评分落在的电影数为32，则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计有的电影评分为90分及以上 C. 样本数据的第60百分位数为84 D. 在评分落在和内的电影中，随机抽取两个，则调查对象来自不同分组的概率为 11. 已知各项均为正数的数列满足，且．若，记为数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 是常数列 C. D. 12. 如图，已知长方体中，．若点P是平面上一动点，且，球O是以BD为直径的球，则下列结论中正确的是（ ） A. 球O的体积为 B. 点O到平面的距离为 C. 符合题中条件的所有点P所围成的平面区域面积为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 13. 设，若，则的值是______． 14. 在等边三角形中，点、分别位于边所在直线的两侧．已知，，当四边形的面积取到最大值时，等边三角形的边长是______． 15. 设为正实数，若对任意的实数，不等式都成立，则的取值范围为______． 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. 16. 在中，角、、的对应边为、、．已知，． （1）求的值． （2）求的值． 17. 如图，在四棱台中，四边形是边长为的正方形，且． （1）求证：平面． （2）若，， （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求与平面所成角的正弦值． 18. 某篮球比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛规则如下： 第一阶段由参赛队中一名队员投篮2次，记投中次数为m． 第二阶段由另一名队员投篮3次，每次投中得1分，没有投中得0分；但如果3次全中，得5分，记这名队员的得分为，那么该队的比赛总得分为． 某队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． （1）若，甲参加第一阶段比赛，求该队的比赛成绩为0分的概率． （2）假设，为使得该队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 19. 在平面直角坐标系中，设、分别为椭圆的下顶点、上顶点．若经过点的直线交椭圆于第一、四象限的两点、（异于点、）．记直线的斜率为，直线的斜率为． （1）求证：． （2）若，求的值． （3）设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 20. 已知数列满足，． （1）求证：． （2）记， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：对任意实数，存在正整数s使得． （3）设c为正实数，若对任意正整数，都有，求c的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $