精品解析：山东济宁市第一中学2026-2027学年高三上学期质量检测数学试题

参照秘密级管理★启用前 济宁一中2026—2027学年度高三质量检测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上． 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、单项选择题：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. 样本数据2、3、4、4、7的平均数为（ ） A. 1.2 B. 2.8 C. 4 D. 7 2. 设向量，则与平行的向量可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 某学校启用了“智慧食堂”系统，在该系统中，学生通过人脸识别或刷卡两种方式进行结算．若甲、乙两名学生每人从这两种方式中随机选择一种进行结算，则至少有一人选择人脸识别的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线的一条渐近线倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 若满足约束条件，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义域为R的偶函数，，且当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 二、多项选择题：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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在正方形中，为上一点，交于，且为的两个三等分点，则（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 直线与直线为异面直线 D. 三棱锥的体积为定值 11. 如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（ ） A. 曲线上存在到原点的距离超过的点 B. 点在曲线上 C. 曲线与直线有两个交点 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，是的三边且满足，则角A的大小为______. 13. 已知随机变量，若，，则实数________． 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，该纸片上的等边的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)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. 在中，，，分别为内角，，的对边，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 如图，在三棱柱中，点、分别为、的中点，平面与平面相交于． （1）求证： （2）已知，，，，， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为中点，为上动点，求三棱锥的体积． 17. 甲和乙两个箱子各装有大小相同的若干小球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有个红球和2个白球，若从乙箱中随机摸出1个小球，摸到红球的概率为． （1）若从乙箱中随机摸出2个小球，求恰有1个红球和1个白球的概率； （2）现从两个箱子中随机选一个箱子（每个箱子被选到的可能性相等），再从选中的箱子中不放回地随机摸出2个小球，规定摸到红球得2分，摸到白球得1分，用表示这2个小球的得分之和，求的分布列及数学期望． 18. 已知椭圆（）的离心率为，左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交椭圆于点，，且的周长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）当的长度为时，求直线的斜率； （3）记直线、的斜率分别为，，证明：为定值. 19. 对于一个行列的数表，用表示数表中第行第列的数，．对于给定的正整数，若数表满足以下两个条件，则称数表具有性质： ①，； ②． （1）是否存在数表具有性质？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由； （2）给定偶数，对每一个，将集合具有性质中的最小元素记为．求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 济宁一中2026—2027学年度高三质量检测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上． 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、单项选择题：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. 样本数据2、3、4、4、7的平均数为（ ） A. 1.2 B. 2.8 C. 4 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】平均数为． 2. 设向量，则与平行的向量可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知：，设， 令，则，即，对照选项只有C满足，故选C. 3. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由二倍角公式可得，且为第二象限角， 所以，，从而， 故，所以，故选C. 4. 某学校启用了“智慧食堂”系统，在该系统中，学生通过人脸识别或刷卡两种方式进行结算．若甲、乙两名学生每人从这两种方式中随机选择一种进行结算，则至少有一人选择人脸识别的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型即可. 【详解】记学生甲通过人脸识别为，刷卡为；学生乙通过人脸识别为，刷卡为. 则样本空间为，共种. 所以至少有一人选择人脸识别的样本点为，共种. 所以至少有一人选择人脸识别的概率为. 5. 双曲线的一条渐近线倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线的渐近线为，可得，则，再利用离心率即可求解. 【详解】双曲线的渐近线为. 因为一条渐近线倾斜角为， 所以，即. 所以双曲线的离心率. 6. 若满足约束条件，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得. 【详解】实数满足，作出可行域如图： 由可得， 即的几何意义为的截距的， 则该直线截距取最大值时，有最小值， 此时直线过点， 联立，解得，即， 则. 故选：D. 7. 已知是定义域为R的偶函数，，且当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得. 【详解】，则， ，即的周期为， 结合奇偶性，周期性，故， 在上满足，说明的对称轴为， 则，解得， 又根据知，而， 则，于是， 即，解得 8. 图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 【答案】D 【解析】 【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设，则， 依题意，有，且， 所以，故， 故选：D 二、多项选择题：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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在正方形中，为上一点，交于，且为的两个三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量的线性运算以及三角形相似的性质对选项逐一计算即可求解. 【详解】易知，所以，因此A错误； 显然，可得B正确； ，所以C正确； 因为为上靠近的三等分点，所以，利用可得； 所以，即D正确. 故选：BCD 10. 在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 直线与直线为异面直线 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C：根据异面直线的判定定理分析判断；对D，利用等体积法，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，则， 且平面，平面，所以平面. 又因为是中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，平面，， 所以直线与直线为异面直线，故C正确； 对于D，因为平面，点是棱的中点， 则，所以D正确； 11. 如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（ ） A. 曲线上存在到原点的距离超过的点 B. 点在曲线上 C. 曲线与直线有两个交点 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据几何性质求解动点的轨迹方程，A项，由两点间距离公式及三角函数有界性可得；B项，由点，利用参数方程解方程组可得；C项，联立直线与参数方程，结合三角函数图象可得交点个数；D项，由，利用均值不等式可得. 【详解】设与切于点，则始终关于点对称. 所以当切点绕逆时针转动弧度时，致使点绕圆心也转了弧度，， 如图，连接，，延长与轴交于点， 过作轴于点， ， ， ， 则， 即曲线的参数方程为，为参数，. 对于A，， 上不存在到原点的距离超过的点，A错； 对于B，若在上，则， 由①解得或0， 验证知仅当时，代入②符合，在曲线上，故B正确； 对于C，由，将曲线的参数方程代入得 ， 即， ， 如下图，分别作出与的大致图象， 可知两函数图象共有两个交点，故C正确； 对于D，， ， ，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，是的三边且满足，则角A的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理边角转化即可得结果. 【详解】因为，即， 由余弦定理可得， 且，所以. 故答案为：. 13. 已知随机变量，若，，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正态分布关于均值对称的性质，结合已知概率关系列方程求解的值. 【详解】已知随机变量，其正态密度曲线关于直线对称， 且为连续型随机变量，所以，即， 根据对立事件概率公式可得：，因为， 所以，又因为， 所以，根据正态分布的对称性可得： ，化简可得：，解得. 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，该纸片上的等边的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设的边长为cm，表示出所得三棱锥的体积，利用导数求函数的最大值. 【详解】如下图， 连接交于点，设，，重合于点， 正三角形的边长为cm（），则. ， ， 三棱锥的体积. 设，则， 令，即，得， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以在时取得最大值. ∴. 【点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决. 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. 在中，，，分别为内角，，的对边，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理边角互化即可求解； （2）根据题意，利用正弦定理和三角形的面积公式即可求解. 【小问1详解】 已知，由正弦定理知：，即， 因为，，所以，即， 因为，所以，可得，即. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以由正弦定理可得，， 所以，， 由于，所以， 所以. 16. 如图，在三棱柱中，点、分别为、的中点，平面与平面相交于． （1）求证： （2）已知，，，，， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为中点，为上动点，求三棱锥的体积． 【答案】（1）如图，取的中点，连接, 因分别为、的中点.，则 ， 又，故， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面， 所以； （2）（ⅰ）因为，，， 所以平行四边形为正方形，即， 又，平面， 所以平面，即三棱柱为直三棱柱， 又因为，，，由，可得， 在直三棱柱中，因平面，平面，则， 又平面，故平面， 因平面,故； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行，再结合线面平行的性质定理即可求证； （2）（ⅰ）利用勾股定理证，再利用题设条件证平面，由线面垂直的性质即可证得；（ⅱ）由（ⅰ）平面，考虑等体积转化，易求得其体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（1）知， 所以，故， 又为中点，所以， 由（ⅰ），已得平面， 故 所以 即三棱锥的体积为. 17. 甲和乙两个箱子各装有大小相同的若干小球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有个红球和2个白球，若从乙箱中随机摸出1个小球，摸到红球的概率为． （1）若从乙箱中随机摸出2个小球，求恰有1个红球和1个白球的概率； （2）现从两个箱子中随机选一个箱子（每个箱子被选到的可能性相等），再从选中的箱子中不放回地随机摸出2个小球，规定摸到红球得2分，摸到白球得1分，用表示这2个小球的得分之和，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： X 2 3 4 P ． 【解析】 【分析】（1）先利用概率求得乙箱中球数，再利用组合数计算取球的种数，即可求概率. （2）利用条件得到各种取球的概率，再利用全概率公式计算出得分的对应的概率，即可求的分布列及数学期望． 【小问1详解】 从乙箱中任取一球，取出的是红球的概率为，得，所以. 从乙箱中任取2个球，设取到1个红球和1个白球为事件， 则. 所以取到1个红球和1个白球的概率为． 【小问2详解】 设事件表示“取到甲箱”，表示“取到乙箱”，事件表示“取出的两球都是红球”，事件表示“取出的是1个红球和1个白球”，事件表示“取出的两球都是白球”. 故，，，， ，，，. 由题知的可能取值为2，3，4， 则； ； . 所以的分布列为： X 2 3 4 P ． 18. 已知椭圆（）的离心率为，左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交椭圆于点，，且的周长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）当的长度为时，求直线的斜率； （3）记直线、的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】（1）. （2） （3）由（2）知. 所以， 所以. 由（1）得， 所以. 即为定值. 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合椭圆的定义及离心率公式，确定的值，从而求得的值，得出椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，根据弦长公式列得关于的方程，求解可得的值，进而根据直线的方程，求得其斜率； （3）结合韦达定理，由斜率公式用表示，化简即可得解. 【小问1详解】 由椭圆的定义及的周长为，得，所以. 由离心率为，得，所以. 所以. 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，右焦点为，且直线不与轴重合， 所以设直线的方程为：，. 由，得. 恒成立. 所以. 所以 ， 所以，即，. 所以直线的方程为，即， 所以直线的斜率为. 【小问3详解】 略 19. 对于一个行列的数表，用表示数表中第行第列的数，．对于给定的正整数，若数表满足以下两个条件，则称数表具有性质： ①，； ②． （1）是否存在数表具有性质？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由； （2）给定偶数，对每一个，将集合具有性质中的最小元素记为．求的最大值． 【答案】（1）不存在数表具有性质． 假设存在使得数表具有性质， 则有， 即在这两行中，有列的数不同，设其中有列是第行的数为，第行的数为， 则有列是第行的数为，第行的数为， 所以从第行到第行，一共增加了个，的个数的奇偶性不变． 所以任意两行中，的个数的奇偶性相同， 与数表第一行有个，最后一行有个矛盾， 所以，不存在具有性质的数表． （2） 【解析】 【分析】（1）假设存在使得数表具有性质，结合定义推出矛盾，进而证明结论； （2）定义行列的数表，根据定义得到具有性质的数表，证明；利用奇偶交替性和间隔行差值估计，证明，进而求出的最大值． 【小问1详解】 不存在数表具有性质，理由：略 【小问2详解】 的最大值为． 定义行列的数表： 其第i行第j列为，（）， 则，且表示，两数相同，表示，两数不同， 因为数表的第行确定，所以给定数表后，数表唯一确定． ①先证． 按照如下方式，构造数表：对于第行和第行，， 令，，，， 且在这两行其余的列中，任选相同的列都为，其他列都为， 于是可得到具有性质的数表如下： 第1列 第2列 第3列 第4列 第列 第n列 第1行 1 1 1 1 … 1 1 …… 第3行 0 0 1 1 … 1 1 …… 第5行 0 0 0 0 … 1 1 … 第行 0 0 0 0 … 0 0 即对于每个，当时，都存在数表具有性质． 所以． ②再证时，． 记（）． 因为是奇数，所以与的奇偶性不相同（）． 因为，，所以是奇数， 考虑的第行和第行， 因为，所以这两行中都有列为，列为， 若这两行相同，则数表的第i行和第行相同，； 若这两行不同，设其分别在第p，q列为0， 则数表的第i行和第行只在第p，q列上不同，其他列都相同，． 因为，，其中是偶数． 所以， 所以，即． 结合①，． 综上所述，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $