山东省菏泽市单县第一中学2025-2026学年高三上学期开学测试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省菏泽市单县第一中学2025-2026学年高三上学期开学测试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合则（

）A． B．C． D．2．的虚部为（

）A． B．0 C．1 D．63．已知函数​，则​（

）A．​ B．1 C．​ D．54．已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（

）A． B．2 C． D．5．在中，，，，则（

）A． B． C． D．6．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（

）

A．B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等C．记第n行的第个数为，则D．第20行中第8个数与第9个数之比为7．已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（

）A． B． C． D．8．已知，且，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．在两个变量与的列联表中，当越大，两个变量有关联的可能性越大B．若所有样本点都在经验回归方程上，则变量间的相关系数是C．决定系数越接近1，拟合效果越好D．独立性检验一定能给出明确的结论10．袋中有除颜色外完全相同的2个黑球和8个红球，现从中随机取出3个，记其中黑球的数量为，红球的数量为，则以下说法正确的是（

）A． B．C． D．11．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体三、填空题12．已知关于的展开式中的常数项为，则13．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于.14．已知满足，且对任意的实数，不等式恒成立，设的夹角为，则.四、解答题15．已知函数．(1)求;(2)设函数，求的值域和单调区间．16．已知有一道有四个选项的单项选择题和一道有四个选项的多项选择题，小明知道每道多项选择题均有两个或三个正确选项.但根据得分规则：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.这样，小明在做多项选择题时，可能选择一个选项，也可能选择两个或三个选项，但不会选择四个选项.(1)如果小明不知道单项选择题的正确答案，就作随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测概率都是，在他做完单项选择题后，从卷面上看，在题答对的情况下，求他知道单项选择题正确答案的概率；(2)假设小明在做该道多项选择题时，基于已有的解题经验，他选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为.已知该道多项选择题只有两个正确选项，小明完全不知道四个选项的正误，只好根据自己的经验随机选择.记表示小明做完该道多项选择题后所得的分数.求的分布列.17．如图,在四棱锥中，底面，．(1)证明：平面平面；(2)设，且点，，，均在球的球面上．（i）证明：点在平面内；（ⅱ）求直线与所成角的余弦值．18．已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．(1)求C的方程；(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．（i）设，求的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．19．已知函数，其中．(1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设分别为在区间的极值点和零点.（i）设函数.证明：在区间单调递减；（ii）比较与的大小，并证明你的结论．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《山东省菏泽市单县第一中学2025-2026学年高三上学期开学测试数学试题》参考答案题号12345678910答案DCBDADADACBCD题号11答案ABD1．D【分析】求出集合后结合交集的定义可求.【详解】，故，故选：D.2．C【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.【详解】因为，所以其虚部为1，故选：C.3．B【分析】利用导数运算求得.【详解】，令得.故选：B4．D【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，由题知，，于是，则，即.故选：D5．A【分析】由余弦定理直接计算求解即可.【详解】由题意得，又，所以.故选：A6．D【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．【详解】根据题意，由数表可得：第行的第个数为，由此分析选项：对于A，，A错误；对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，B错误；对于C，记第行的第个数为，则，则，C错误；对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为，D正确．故选：D．7．A【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.【详解】由题知对一切成立，于是.故选：A8．D【分析】应用两角差的正弦公式和二倍角公式变形已知等式后求出，然后由两角和的正切公式求值．【详解】∵，∴，即，，∵，∴，即，∴．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查二倍角公式，两角和与差的正弦、正切公式，解题关键是确定“已知角”和“未知角”之间的关系，确定选用的公式和应用公式的顺序．在应用三角函数恒等变换公式时注意“单角”和“复角”的相对性．如在，求时，是单角，是两个单角的和，如把作为一个单角，作为一个单角，．由此直接应用公式求解的三角函数值．9．AC【分析】故独立性检验和回归方程的相关概念逐一判断即可.【详解】A选项：根据独立性检验的公式可知，当越大，两个变量有关的可能性越大，故A正确；B选项：相关系数，故B错误；C选项：决定系数越接近1，拟合效果越好，故C正确；D选项：独立性检验与样本的选取有关，不一定正确，故D项错误．故选：AC10．BCD【分析】根据超几何分布计算概率可判断AB，再计算期望可判断C，根据方差的性质可判断D.【详解】由题意，，故A错误；因为，，，故B正确；由题意知,，则,，，所以，,故，故C正确；由知，，故D正确.故选：BCD11．ABD【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.12．1【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.【详解】的常数项为，因此，故答案为：113．【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解.【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：.法二：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，所以，，所以，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：2.法三：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，因为，又，所以，所以，所以该等比数列公比为.故答案为：.14．【分析】根据结合数量积的运算律化简，将问题转化为一元二次不等式的恒成立问题进而求出，最后利用倍角公式即可.【详解】由题意可知，对任意的实数恒成立，即，即，即，即对任意的实数恒成立，则，即，得，因，则，则.故答案为：15．(1)(2)答案见解析【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解；（2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间.【详解】（1）由题意，所以；（2）由（1）可知，所以，所以函数的值域为，令，解得，令，解得，所以函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为.16．(1)(2)分布列见解析【分析】（1）先通过全概率公式求出题目答对了的概率，在通过条件计算答对的情况下，知道单项选择题正确答案的概率即可；（2）设事件表示小明选择了i个选项，，表示选到的选项都是正确的，则可能取值为0，2，5，依次计算的概率，即可根据结果列出分布列.【详解】（1）记事件A为“题目答对了”，事件B为“知道正确答案”，则，，，由全概率公式：，所求概率为.（2）设事件表示小明选择了i个选项，，表示选到的选项都是正确的.可能取值为0，2，5，，，.随机变量的分布列为02517．(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论；法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论；（ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值.【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）（i）由题意及（1）证明如下，法一：在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示，∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中，∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上.法二：∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出和的垂直平分线，如下图所示，由几何知识得，，，，∴，∴点是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得，∴，∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，∴点在平面上.（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，，设直线与直线所成角为，∴.法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：.18．(1)(2)(ⅰ)(ⅱ)【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；(ⅱ)根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.【详解】（1）由题可知,，所以，解得，故椭圆C的标准方程为；（2）(ⅰ)设，易知，法一：所以，故，且．因为，，所以，即，解得，所以，所以点的坐标为.法二：设，则，所以，，故点的坐标为.(ⅱ)因为,,由,可得,化简得,即,所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,为到圆心的距离加上半径,法一：设,所以,当且仅当时取等号,所以.法二：设，则，，当且仅当时取等号,故.19．(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析.【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点；（2）（i）由（1）和结合（1）中所得