精品解析：山东省济宁市育才中学2026-2027学年高三上学期第一次学情诊断数学试题

济宁市育才中学2026—2027学年度高三上学期第一次学情诊断 数学试题 （2026.09） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 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. （ ） A. 1 B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为 A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 4. 若（a，b为有理数），则（ ） A. 44 B. 32 C. 28 D. 52 5. 已知为奇函数，且当时，，则在区间上（ ） A. 单调递增且最大值为2 B. 单调递增且最小值为2 C. 单调递减且最大值为-2 D. 单调递减且最小值为-2 6. 已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. 16 D. 18 7. 已知圆与直线相切，且经过坐标原点和，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线（，）的上下焦点分别是，，过点作渐近线的垂线，交双曲线下支于点M，且，则双曲线的渐近线方程是（ ） 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． 9. 若随机变量，且，随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上的最大值为2 D. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 11. 下列不等关系中一定成立的是（ ） A. B. C. ， D. ， 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量与的夹角为，且，，则______. 13. 已知函数，对于，，且当时，恒有，则实数的取值范围为________． 14. 在三棱锥中，，，，若，，，都在球的球面上，则球的表面积为______ 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. 已知各项均为正数的数列的前n项和为Sn，且. （1）求的通项公式; （2）令求数列的前n项和. 16. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求角C； （2）已知，为锐角三角形，求的取值范围． 17. 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 19. 如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． （1）证明：E为的中点； （2）已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济宁市育才中学2026—2027学年度高三上学期第一次学情诊断 数学试题 （2026.09） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 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. （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可． 【详解】由，解得， 因为， 故“”是“”的必要不充分条件． 故选：A． 3. 若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为 A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【详解】设事件A为不用现金支付， 则 故选：B. 4. 若（a，b为有理数），则（ ） A. 44 B. 32 C. 28 D. 52 【答案】A 【解析】 【分析】先将利用二项式定理展开，然后根据等式确定和的值即可得到答案. 【详解】利用二项式定理展开，得 ， ，， 即， 故选：． 5. 已知为奇函数，且当时，，则在区间上（ ） A. 单调递增且最大值为2 B. 单调递增且最小值为2 C. 单调递减且最大值为-2 D. 单调递减且最小值为-2 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数的性质可得在区间[2，4]上的单调性及最值，再根据奇函数的对称性求出函数在上的单调性及最值即可. 【详解】因为的图象开口向上，且对称轴为， 所以在区间[2，4]上单调递增，最小值为，最大值为， 又因为是奇函数， 所以在区间上单调递增，且最小值为-2，最大值为2. 故选：A 6. 已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，且， 所以，即，解得或（舍去）， 所以. 故选：C. 7. 已知圆与直线相切，且经过坐标原点和，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆过点且与直线相切，求出直线，再由圆过点和原点，求出直线，联立，求出圆心即得半径. 【详解】因为点在直线上， 所以过点且与直线垂直的直线方程为， 所以圆心落在直线上，又圆过和， 则的中点为，其垂直平分线斜率为2， 所以的垂直平分线方程为，即， 所以圆心在直线上， 联立，得， 所以圆心为， 所以半径． 故选：C 8. 已知双曲线（，）的上下焦点分别是，，过点作渐近线的垂线，交双曲线下支于点M，且，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合双曲线的定义，在中由余弦定理得到，再通过渐近线，得到，联立即可求解. 【详解】 设上下焦点，其中，渐近线为. 由题意得， 由题设在双曲线下支，， 因此， ​中，，， 由余弦定理得： ， 又渐近线，与轴（ ​所在直线）夹角为​， 又到渐近线的距离 可得  联立得：，化简得， 代入 ， 因此渐近线方程为，整理得​. 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． 9. 若随机变量，且，随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的期望、方差公式计算判断A，C；利用正态分布期望、方差的性质计算判断B，D作答. 【详解】对于A，随机变量，由，得，A正确； 对于C，，则，C错误； 对于B，随机变量，则， ，B正确； 对于D，，D正确． 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上的最大值为2 D. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB选项代入验证即可，C项根据所给范围求出的范围再求最值，D项，根据“左加右减”的规律化简即可 【详解】对于A，代入，得，即点在与轴交点上， 符合三角函数关于与轴交点中心对称，故A对； 对于B，代入，得，即时，取得最值， 符合三角函数关于过取得最值处点的横坐标且与轴平行的直线对称，故B对； 对于C，当时，，所以，故最大值为，不是，C错误； 对于D，向左平移个单位长度后，得到新函数为，故D正确. 11. 下列不等关系中一定成立的是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.利用对数函数的单调性判断；B.利用指数函数和幂函数的单调性判断； C.利用作差法判断；D.取特殊值判断. 【详解】A. 因为，所以，故正确 B.因为在上递增，则，因为在上递减，则，所以 ，故正确； C. 因为，所以，，故正确； D. 当时， ，故错误； 故选：ABC 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量与的夹角为，且，，则______. 【答案】10 【解析】 【分析】先由模的坐标运算求出，然后根据向量数量积的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 又，向量与的夹角为， 所以. 故答案为：10 13. 已知函数，对于，，且当时，恒有，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】， 又，，则， 即对于，，且时，恒成立， 所以函数在上单调递减， 因，则在上恒成立， 即在上恒成立，又， 所以，所以实数的取值范围为 14. 在三棱锥中，，，，若，，，都在球的球面上，则球的表面积为______ 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥补形为长方体并求出其外接球半径，进而求出球的表面积. 【详解】在三棱锥中，， 则AB，AC，AP两两垂直， 三棱锥与以AB，AC，AP为棱的长方体有相同的外接球， 因此球半径， 所以球的表面积为. 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. 已知各项均为正数的数列的前n项和为Sn，且. （1）求的通项公式; （2）令求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，当时，求得；当时，得到，两式相减，求得，得到数列是等差数列，进而求得数列的通项公式；. （2）由（1）求得，利用乘公比错位相减法求和，即可求解. 【小问1详解】 解：因为数列满足， 当时，可得， 因为数列的各项均为正数，所以， 当时，可得， 两式相减，可得，可得， 因为所以， 所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知：，可得， 可得，则， 两式相减，可得， 则， 所以. 16. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求角C； （2）已知，为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理实现边角互化，结合三角形内角和公式与三角恒等变换，将已知条件转化为关于的方程，求解出角． （2）利用正弦定理将边的线性表达式转化为关于角的三角函数，再通过辅助角公式化简，结合锐角三角形中角的取值范围，最终求出目标式的取值范围． 【小问1详解】 ∵，∴， ∴，∴， ∴，∴，解得或（舍去）， ∴，∴． 【小问2详解】 ∵，，∴， ∴，，∴， ∵为锐角三角形，∴， ∴， 又由，得，∴，∴． 17. 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过点作直线交于两点，且的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质求出椭圆方程 （2）联立直线与椭圆方程，结合三角形面积公式求解直线方程. 【小问1详解】 由于椭圆的一个顶点为，所以， ，即，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知右焦点， 依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为， 设，. 将直线的方程代入椭圆方程可得： ，展开并整理得. 所以，. 根据，可得： 所以. 的面积，，则： , 即，解得. 将代入直线的方程，可得直线的方程为， 即. 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增； （2）； （3）证明：由， 可得， 令，可得在上恒成立， 所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增， 因为是的极值点，所以存在使得，即， 又由，所以， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后分析导数在定义域内的正负，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间； （2）分离参数后构造函数，将问题转化为在上恒成立，通过求导得出函数最小值即可求得的取值范围； （3）对求导，证明导函数在定义域内单调递增，从而极值点唯一，由极值点处导数为零，得到变量间的关系式，将此关系代入要证的不等式，化简后利用极值点的范围（通过端点值符号判断）即可证明结论成立． 【小问1详解】 由函数，可得其定义域为， 求导得，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由，其中 可得，即， 由对任意恒成立，即在恒成立， 令，可得， 令，解得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． （1）证明：E为的中点； （2）已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 【答案】（1）证：因为平面，平面平面，平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 四边形为平行四边形，故且， ，所以为中点. （2）(i)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (ii) 【解析】 【分析】（1）通过线面垂直证明为平行四边形，并利用相似三角形证明中点. （2）(i)利用线面垂直证明面面垂直. (ii)通过建立空间直角坐标系求解轨迹，并利用法向量求解二面角范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 (i)略 (ii) 建立如图空间直角坐标系. 设，所以为等边三角形. ，，，，，. 设，，，因为，所以. 在以为圆心，的半圆上， 因为直线为，所以与半圆交， 同理直线与半圆交， 故. 因为，，所以平面法向量且， 设，则且， 解得. 平面法向量. 所以二面角余弦值. 因为，所以，. 所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $