山东省潍坊市2025-2026学年高三上学期开学调研监测数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省潍坊市2025-2026学年高三上学期开学调研监测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的虚部是（

）A．3 B． C．4 D．3．已知集合，，若，，则下列对应关系为上的一个函数的是（

）A． B． C． D．4．若双曲线：过点，则C的焦距为（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C．1 D．6．如图，在中，，为中点，点在上，，，，则（

）

A． B． C． D．7．Margalef丰富度指数是用于衡量群落中生物种类丰富程度的一个指标，其中S和N分别表示群落中的生物种数和生物个体总数．如果某生物群落一年后的生物种类数S没有改变，生物个体总数由变为，Margalef丰富度指数由1.8提高到4.5，则（

）A． B． C． D．8．设函数（其中，均大于0），若，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9二、多选题9．如图是某市2025年1月至7月全社会用电量（单位：亿千瓦时）的折线图，则（

）

A．1月至7月全社会用电量逐月增加B．1月至7月全社会用电量的极差是20.7C．1月至7月全社会用电量的第75百分位数是64.3D．1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大10．已知抛物线：的焦点为，过F的一条直线交于A，B两点（A位于第一象限），过A，B作直线的垂线，垂足分别为，，则下列结论正确的是（

）A．B．若，则C．若直线的倾斜角为，则D．记，，的面积分别为，，，则11．在棱长为6的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，过E，F，G作正方体的截面，则（

）A．B．截面多边形存在外接圆C．截面多边形的面积为D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为三、填空题12．等差数列的前项和为，已知，，则．13．袋子中有3个红球，2个黄球，m个蓝球，现从中任取两个球，记取出的红球个数为X，若取出的两个球都是红球的概率为，则．14．已知函数，则曲线在处的切线方程；若，则a的值为．四、解答题15．已知数列满足，．(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；(2)求的前项和．16．如图，在四棱锥中，底面，交于，，，，，为中点．

(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．17．在中，．(1)求；(2)若的角平分线与边相交于点，且，，求的面积18．已知椭圆：的离心率为，右顶点为．(1)求的方程；(2)过点的直线交于M，N两点（B不在上），过N作直线的垂线，垂足为Q．①求的最小值；②求的最大值．19．已知函数．(1)讨论的极值；(2)若曲线有两条过原点的切线，求的取值范围；(3)设，若，证明：对任意正实数，存在唯一的，使得成立．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《山东省潍坊市2025-2026学年高三上学期开学调研监测数学试题》参考答案题号12345678910答案CCBDABCDBDABD题号11答案ACD1．C【分析】解不等式得集合N，再由交集的定义求.【详解】不等式，解得或，即或，又集合，所以.故选：C.2．C【分析】由题意可得，即可得答案.【详解】因为复数对应的点的坐标是，所以复数，则的虚部是4.故选：C.3．B【分析】根据函数的定义，对于A，易知时无意义，对于C和D，时，其函数值都不在集合B中，对于B，一个一个验证即可确定.【详解】对于A，，，易知时无意义，故A错误；对于B，，，时，，时，，时，，故B正确；对于C，，，时，，故C错误；对于D，，，时，，故D错误.故选：B.4．D【分析】由点在双曲线上，代入求得，进而可求解.【详解】由题意可得：，解得：，所以，所以，故选：D5．A【分析】利用正切和角公式即可出，在将要求的式子分子分母同时除以，把弦化为切，代入数值计算即可．【详解】，，故选：A．6．B【分析】结合题设易得为等边三角形，可得，，进而得到，再结合平面向量数量积的运算律求解即可.【详解】由，为中点，则，因为，，所以为等边三角形，则，，而，则，由，，所以.故选：B.7．C【分析】结合题意列出方程组，再由对数的运算性质可得.【详解】由题意可得，两式相除可得，所以.故选：C.8．D【分析】由题可得定义域为：，然后分与两种情况结合，可得，最后由基本不等式可得答案.【详解】定义域为：.或，若，此时，为使，则，则此时；若，则此时，为使，则，则此时，综上可得.则，当且仅当，即时取等号.故选：D9．BD【分析】根据折线图数据，结合各项描述及极差、百分位数的求法、极差与方差关系判断正误.【详解】A：由图知，3月到4月用电量减少，故错误；B：由图，用电量的极差为，故正确；C：数据从小到大有，又，所以第75百分位数是第六个数据，故错误；D：由1月至3月用电量极差为，4月至6月用电量极差为，显然，故对应1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大，故正确.故选：BD10．ABD【分析】对于A：根据焦点即可得；对于B：根据抛物线的定义求点A的坐标；对于C：可知直线，联立方程求点A的坐标，结合定义即可得结果；对于D：设直线，联立方程可得韦达定理，结合面积关系分析判断.【详解】如图所示，由题意可知直线为抛物线的准线，直线与抛物线必相交，设，，可得，对于选项A：因为抛物线：的焦点为，则，解得，故A正确；对于选项B：由选项A可知抛物线：，因为，即，则，即，所以，故B正确；对于选项C：若直线的倾斜角为，则直线的斜率，可得直线，联立方程，消去y可得，解得，结合图形可知，即，所以，故C错误；对于选项D：设直线，联立方程，消去x可得，则，可得，，由题意可知：，，可得，且，所以，故D正确；故选：ABD.11．ACD【分析】通过空间几何分析正方体截面的形状、面积、外接圆存在性及二面角的正弦，结合正方体的性质和给定棱长，计算相关各边长度和面积，通过几何性质对选项进行逐一判断.【详解】

如上图所示，根据正方体的性质可知，平面，底面对角线，因为为中线，则，又因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确.

如上图，延长交于，交于，连接交于，连接交于.根据正方体的性质可知，，即，且公用顶点，显然这两个三角形外心不重合，故这个五边形没有外接圆，B错误；如上图，因为，为中点，则，，，，，，，，所以，，所以，故C正确.如上图，因为，，由二面角定义可知，为截面与底面所成角（或补角），因为，，由余弦定理得，所以，故D正确.故选：ACD12．5【分析】由等差数列前n项和公式及等差数列的性质有、，即可得.【详解】由题设，即，则，，即，则.故答案为：513．1【分析】记取出的两个球都是红球为事件，则，即可求出，从而可得的可能取值，求出对应的概率，即可求出数学期望.【详解】记取出的两个球都是红球为事件，则，，即解得或（舍），故的可能取值为，则，，故答案为：1.14．2【分析】对求导，可得，，进而可得切线方程；构建，可得，求导，根据可得，构建，利用导数可知，即可得结果.【详解】因为，则，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以所求切线方程为，即；若，可得，构建，则，注意到，则，可得；下证当时，，构建，则，构建，则，可知在内单调递减，且，当时，则，即；当时，则，即；可知在内单调递增，在内单调递减，则，即，且，整理可得，即，可知符合题意；综上所述：.故答案为：；2.15．(1)证明见解析，；(2).【分析】（1）将条件变形为，结合等比数列的定义即可证明，求出数列的首项，利用等比数列的通项公式求解即可；（2）由于，利用分组求和即可求解.【详解】（1）因为，所以.由可知，，则，所以数列是等比数列，其公比为4，首项为，则，所以的通项公式为.（2）由于，所以，则，即的前项和.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）求证为线段的中点，利用线面平行的判定定理即可；（2）设点到平面的距离为，利用等体积计算，最后求即可.【详解】（1）连接，因，，则，则，又，，则，则，即为线段的中点，因为中点，则为的中位线，则，因平面，平面，则平面；（2）设点到平面的距离为，因，，则，由（1）可知，则，即，因，则，则，因底面，平面，则，因，则，因，则，即，又底面，，则底面，又底面，则，则，则与平面所成角的正弦值为.

17．(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用三角函数的基本关系式，化简得，求得，即可求解；（2）在中，由余弦定理求得，设，根据，列出方程，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：由，可得，即，解得或，因为，可得，所以，所以.（2）解：由（1）知：，因为为的角平分线，且，，可得，在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍去），设，由，可得，即，解得，即，所以的面积为.18．(1)；(2)①；②.【分析】（1）由离心率可得，结合可得椭圆方程；（2）①设过点的直线方程为：，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理及两点间距离公式可得，然后令，结合函数知识可得答案；②由题可得Q在以为直径的圆T上，过B作圆T切线，切点为J，由几何知识可得，然后由两点间距离公式结合①可得最值.【详解】（1）因的离心率为，则，从而，又右顶点为，则，，则椭圆方程为：；（2）①因过点的直线不过点B，则直线斜率不为0，设：.将直线与椭圆联立，则，消去得：.因，设，则.则，令，则.设,则，因函数在上单调递减，故,即,故得,即的最小值为；②由题，，则Q在以为直径的圆T上，B在圆T外，如图，过B作圆T切线，切点为J，连接JQ，JM，由弦切角定理可得，又，则，从而.又连接，则，.由（1），即，则，又由①得：，则，因，则，此时.则的最大值为.19．(1)当时，无极值；当时，有极大值，无极小值.(2)(3)证明见解析【分析】（1）写出的定义域并对求导，分和两种情况讨论，通过证明的单调性求极值；（2）设出切点，写出切线方程，得到曲线有两条过原点的切线，等价于方程有两个不同的正实数根，然后构造函数，分和两种情况讨论即可；（3）将转化为，构造函数，通过讨论该函数的单调性求证存在性，再用假设法证明唯一性即可.【详解】（1）函数的定义域为，对求导得，当时，恒成立，在上单调递增，无极值；当时，令，即，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此在处取得极大值，极大值为，无极小值.综上，当时，无极值；当时，有极大值，无极小值.（2）设切点为，，则切线方程为，因为切线过原点，则，即，化简得，曲线有两条过原点的切线，等价于方程有两个不同的正实数