精品解析：山东聊城市2026-2027学年高三上学期9月学习质量综合评估数学试题

保密★启用并使用完毕前 2026年全市高三年级9月学习质量综合评估 数学 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，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，监考员将试卷、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出复数的共轭复数，再根据复数乘法运算规则计算二者乘积即可. 【详解】根据共轭复数的定义：对复数，其共轭复数. 已知，因此， . 由虚数单位的性质可知，代入得：  . 2. 点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由抛物线的标准方程为得，即该抛物线的焦点坐标为. ∴ 所求距离. 3. 已知表示集合中的元素个数，若，，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用容斥原理求解. 【详解】根据容斥原理得：， 所以：，所以 4. 设是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分必要条件的概念分析即可. 【详解】由题，若，则，解得，即； 反之，若，则有，得，即， 因此“”是“”的充分必要条件，故C正确. 5. 已知直线与曲线和均相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，分别设直线与两条曲线的切点，结合切点同时在直线和对应曲线上列方程，求解、的值即可得到结果. 【详解】设直线与的切点为，与的切点为. 对求导得，可知，且切点在切线上，因此， 对求导得，同理得，且切点在切线上，因此， 由得，代入化简得. 由得，代入得. 将代入上式，整理得，解得，代入得，故. 6. 不全相等的正整数构成一组数据，若它们的平均数和中位数均为，则该组数据的极差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设，且不全相等的正整数，根据题意，得到，，结合为正整数，分类讨论，结合极差的定义，即可求解. 【详解】由数据是不全相等的正整数，不妨设，其中等号不同时成立， 因为正整数的平均数和中位数均为，可得， 所以，则， 当时， 由，因为为正整数，所以，此时对应的数据为， 可得极差为，符合题意； 当时， 若，可得，此时数据为 ，则数据的极差为，符合题意； 若，可得，此时数据为 ，此时不符合题意，舍去. 7. 由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为的液体，在正方体自由旋转的过程中，液面形成图形记为，液体形成的几何体记为，则下列说法错误的是（ ） A. 可能是正三棱锥 B. 不可能为直角三角形 C. 当时，的面积最大值为 D. 当为三棱锥时，的体积最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】A、D 可利用正方体一个顶点处的三条两两垂直的棱进行分析；B 研究三角形截面的三边关系；C 在液体体积为 时构造一个过正方体中心的矩形截面，与题给面积比较即可． 【详解】对于A．取正方体一个顶点为 ，与 相邻的三个顶点分别为 ． 当液面所在平面为平面 ，且液体位于点 一侧时，，且 两两垂直． 于是 ，三角形 为正三角形； 又因为 ，所以点 到平面 的垂足为正三角形 的中心，故几何体 为正三棱锥． 此时 故当注入液体体积为 时， 可以是正三棱锥，A 正确． 若液面截面 Γ 为三角形，则该截面从正方体的某一个顶点处截下一个三棱锥，因此三角形 Γ 的三个顶点分别位于从该顶点引出的三条两两垂直的棱上． 对于B．若 为三角形，则截平面截正方体某一顶点 引出的三条棱． 设三个交点为 ，且 由于这三条棱两两垂直， 因此 由余弦定理可知，三角形 的三个角均为锐角，故 不可能为直角三角形，B 正确． 对于C．当注入液体体积为 时，取正方体的一个对角截面作为液面． 该截面经过正方体中心，并把正方体分成体积相等的两部分，因此符合液体体积为 的条件． 此时截面 是边长分别为 和 的矩形，所以 又所以 的面积最大值不可能是 ，C 错误． 由 B 项中的位置关系可知，当 Ω 为三棱锥时，液面 Γ 为三角形，其三个顶点分别位于正方体同一顶点引出的三条棱上． 对于D．当 为三棱锥时，它必为截平面从正方体某一顶点处截下的四面体． 设从该顶点沿三条互相垂直的棱到液面的长度分别为 ，则 因此 当 时可以取到等号，所以 为三棱锥时体积的最大值为 ，D 正确． 8. 若，则关于的方程的实数根的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】设，由导数研究函数的单调性，然后结合函数图象知函数图象与直线的交点个数，从而得方程解的个数. 【详解】由得或， 设，则，， 设，则恒成立，所以是增函数， 所以时，，时，， 所以在上递减，在上递增， （事实上，，是偶函数，） ， 结合函数的图象知函数的图象与直线有两个交点，与直线也有两个交点， 所以方程有两个解，方程也有两个解， 所以有4个解. 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. 在锐角中，则（ ） A. B. C. D. 存在， 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，通过角度大小关系以及正弦函数单调性求解.选项B，通过角度大小关系以及余弦函数单调性求解.选项C，利用和角的正弦公式，借助，的正弦范围及不等式性质推导.D，利用和角的正弦公式，借助，的余弦范围及不等式性质推导. 【详解】选项A，锐角中，故，即，且都在内. 在单调递增，因此. 选项B，由，在单调递减，得. 选项C，，因为，所以成立. 选项D，由和角公式，为锐角故，因此，，相加得，不存在满足条件的三角形. 10. 已知点，，，均在半径为1的球的表面上，且平面，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥为正三棱锥 B. 若，则平面平面 C. 面积的最大值为 D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A求证为的外心，根据形状判断；B求证即可；C设的外接圆半径为，求证；D结合C选项求出，再构造函数研究单调性即可. 【详解】对于选项A：设直线与平面的交点为， 因为平面，所以为的外心， 要使三棱锥为正三棱锥，则须为等边三角形，故A错误； 对于选项B：因为，且为的外心，所以是线段的中点，则， 因为平面，平面，所以平面平面，故B正确； 对于选项C：设的外接圆半径为， 若长度不变，则当点到直线的距离最大时，面积最大， 此时，且为锐角三角形， 设，， 则， 则， 则当，即时； 当，即时； 则在上单调递增，在上单调递减， 则当时， 故当的外接圆为大圆，即时，面积取最大值，故C正确； 对于选项D：设点到平面的距离为，则， 若面积不变，则当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 此时三棱锥的高为，则， 由C选项可知，欲使尽可能大， 则， 令， 则， 则当时，单调递减； 当时，单调递增； 则，故三棱锥体积的最大值为，故D正确. 11. 将1，2，3，…，这个连续正整数随机分成，两组，每组个数，组最小数为，最大数为；组最小数为，最大数为，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则的概率为 B. 若，则的概率为 C. 的概率为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】时，根据和分别确定两组中的数的可能情形，然后计算概率判断AB，由得出组中其它个数的来源，从而计算出概率判断C，由的可能值分别为，分别计算出概率后，由期望公式写出期望，并结合组合恒等式化简后判断D. 【详解】对A，，总组数为，，A组中所有数比B组中所有数小，A组是，B组是，因此概率为，A错； 对B，，总组数为，，注意1必是一组中的最小值，6必是另一组中的最大值，中有（两组数分别为与），（两组数分别为与），（两组数分别为与或与），概率为，B正确； 对C，时，共有个数，总组数为，A组中最大数为，则这个数中只有一个是B组中的数，其它都是A组中的数（也可认为是从中选个），所以概率为，C正确； 对D，设，则，此时A组中其它个数是从中选取的，方法数为，概率为，所以，，，所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与双曲线有且仅有一个公共点，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，联立方程组，求得，得到，结合双曲线的离心率的计算公式，即可求解. 【详解】联立方程组，整理得， 当时，可得， 此时方程有两个不等的实数根，不符合题意，舍去； 要使得直线与双曲线有且仅有一个公共点，则满足，即， 又由，则，可得， 所以双曲线的离心率为. 13. 已知函数，若的最小值为，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将函数展开整理为的形式，结合辅助角公式，利用函数的最值性质列方程求解，再取的最小正值即可. 【详解】， 因为最小值为，因此  . 对等式两边平方得 ，  得   ， 因此，又， 当时取最小正值. 14. 已知集合，，任取，，，，都有，则集合中元素个数的最大值为______. 【答案】8 【解析】 【分析】先证明集合中元素个数的最大值小等于，再结合实力可求最大值. 【详解】设集合，， 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个奇数，它们构成等差数列； 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个偶数，它们构成等差数列. 如果从中任意取不少于元素，则至少有个元素同在中或同在中. 由前述讨论可得有个元素必有3个整数（它们同奇或同偶），它们构成等差数列， 故集合中元素个数的最大值小等于. 对于集合，检验可知集合符合题意， 此时集合的元素共有8个； 综上所述：集合中元素个数的最大值为8. 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）判断的奇偶性并给出证明； （2）讨论在区间上的零点个数. 【答案】（1）为偶函数. 证明：的定义域为 ，关于原点对称； ， 所以为偶函数. （2）3个 【解析】 【分析】（1）利用定义域关于原点对称和进行证明； （2）利用偶函数的特点结合函数的单调性和零点存在定理进行讨论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， 由（1）得：为偶函数，所以只需研究上零点个数，即可得到上的零点个数. 当，，，所以单调递增， 当，，，所以单调递减， 且，， 当，， 根据零点存在定理，，，所以在上存在唯一的零点，则 在上也存在唯一的零点，又因为，所以0也是一个零点， 综上所述，在区间上的零点个数为3. 16. 在三棱柱中，，且棱长均为1. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值. 【答案】（1）取中点为，连接， 因为三棱柱中棱长均为1，且， 所以和为正三角形，所以， 又平面，且，所以平面. 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，根据线面垂直的判定定理得平面，又平面，即可证. （2）由（1）可知即为平面与平面所成的角（或其补角），在中，由余弦定理求出，然后求出的正切值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 所以即为平面与平面所成的角（或其补角）， 因为、、为正三角形且边长均为1，所以， 在中，由余弦定理可知, 所以，则. 所以平面与平面夹角的正切值为. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，下顶点为，的短轴长为，离心率为.点是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. （1）求的方程； （2）证明：四边形的面积为定值. 【答案】（1） （2）由（1）可知，. 直线的方程为，令，得. 直线的方程为，令，得. 由（1）得，， 则，， 所有， 故四边形的对角线互相垂直，所以. 因为， 所以 即，故四边形的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆性质及的关系联立即可求出的方程； （2）运用坐标法与椭圆方程代入消元，设动点，由椭圆方程得，通过两点式求出直线、与坐标轴的交点、，利用对角线，将四边形面积转化为，借助椭圆方程消去二次项，化简得， 进而求得面积. 【小问1详解】 由题可知，， 由可得：，解得， 故的方程为. 【小问2详解】 略 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 【答案】（1）（i） （ii） 1 3 4 5 6 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由全概率公式即可求解；（ii）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解； （2）分三类互斥事件：①第1次取出1号卡牌， ②第1次取出号卡牌，和③第1次取出号卡牌，分别计算概率即可求解. 【小问1详解】 （i）设“第一次取到2号牌”为事件，“第二次取到2号牌”为事件，则 故第2次取出的是2号卡牌的概率为. （ii）， ，，，， 所以的分布列为 1 3 4 5 6 数学期望为 【小问2详解】 记盒中装有编号的张卡牌时，最后一次取出的是号卡牌的概率为， 第1次取卡分为三类互斥事件： ①第1次取出1号卡牌，概率为，后续依次取出号卡牌，则最后一次取出的是号卡牌； ②第1次取出号卡牌，概率为，则最后一次取出的不可能是号卡牌； ③第1次取出号卡牌，，概率为，第次按规则取出号卡牌， 第次在剩余张卡牌中等概率抽取，该子问题等价规模为的原型， 所以， 整理得， 同理对可得：， 两式相减可得：， 即，所以是常数列， 又时，， 故对任意整数，. 19. 已知数列：，，…，的各项均为正整数，且，，，…，.定义变换，将数列变换为数列：，，…，，其中，为数列中不小于的项的个数. （1）若数列：4，3，3，2，求，并求一个数列，满足（直接写出结果即可）； （2）记为数列的各项之和，若，. （i）求的最小值； （ii）求的最大值，并求出取得最大值时的所有满足条件的数列. 【答案】（1）， （2）（i） （ii），满足条件的数列有，两种可能 【解析】 【分析】（1）根据定义变换的意义，设数列：，，，，结合数列：4，3，3，2，即可求解和数列. （2）（i）根据，可得，，代入即可求出的最小值. （ii）设，，则数列共有项，且有项不小于2，可得，由题意，，，…，，可知，结合，求得，然后检验即可求出结果. 【小问1详解】 数列：4，3，3，2，中，因为，设数列：，，，， 数列中不小于1的项有4个，所以， 数列中不小于2的项有4个，所以， 数列中不小于3的项有3个，所以， 数列中不小于4的项有1个，所以， 所以数列：4，4，3，1， 因为：4，3，3，2共4个元素，所以数列的首项为4， 根据题意数列中不小于4的项有2个，不小于3的项有3个，不小于2的项有3个，不小于1的项有4个， 由数列各项均为正整数，且非递增数列，所以数列：4，4，3，1. 【小问2详解】 （i）由题意知，中的最大项即为数列的项数，结合，得， 故，因为，则， 又，故， 注意到数列，满足，且， 所以存在数列满足要求，所以的最小值为. （ii）设，，则数列共有项，且有项不小于， 故， 由题意，，，…，，故，从而， 因为，，故， 若，，则数列有且仅有两个1， 则，不符合题意； 若，，则数列有且仅有一个1， 则， 故，由，故只能，， 此时数列满足要求； 若，，则数列每一项均不小于2， 则， 故，从而， 此时数列可能为，，， 验证只有符合题意， 故取最大值507时，可能的数列有，两种可能. 【点睛】1、自共轭条件：数列项数等于首项，对每一个下标，数列中不小于的项的个数； 2、等差数列求和公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用并使用完毕前 2026年全市高三年级9月学习质量综合评估 数学 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，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，监考员将试卷、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知表示集合中的元素个数，若，，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 3 D. 4 4. 设是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知直线与曲线和均相切，则（ ） A. B. C. D. 6. 不全相等的正整数构成一组数据，若它们的平均数和中位数均为，则该组数据的极差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为的液体，在正方体自由旋转的过程中，液面形成图形记为，液体形成的几何体记为，则下列说法错误的是（ ） A. 可能是正三棱锥 B. 不可能为直角三角形 C. 当时，的面积最大值为 D. 当为三棱锥时，的体积最大值为 8. 若，则关于的方程的实数根的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 不确定 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. 在锐角中，则（ ） A. B. C. D. 存在， 10. 已知点，，，均在半径为1的球的表面上，且平面，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥为正三棱锥 B. 若，则平面平面 C. 面积的最大值为 D. 三棱锥体积的最大值为 11. 将1，2，3，…，这个连续正整数随机分成，两组，每组个数，组最小数为，最大数为；组最小数为，最大数为，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则的概率为 B. 若，则的概率为 C. 的概率为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与双曲线有且仅有一个公共点，则的离心率为______. 13. 已知函数，若的最小值为，则的最小值为______. 14. 已知集合，，任取，，，，都有，则集合中元素个数的最大值为______. 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. 已知函数. （1）判断的奇偶性并给出证明； （2）讨论在区间上的零点个数. 16. 在三棱柱中，，且棱长均为1. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，下顶点为，的短轴长为，离心率为.点是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. （1）求的方程； （2）证明：四边形的面积为定值. 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 19. 已知数列：，，…，的各项均为正整数，且，，，…，.定义变换，将数列变换为数列：，，…，，其中，为数列中不小于的项的个数. （1）若数列：4，3，3，2，求，并求一个数列，满足（直接写出结果即可）； （2）记为数列的各项之和，若，. （i）求的最小值； （ii）求的最大值，并求出取得最大值时的所有满足条件的数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $