山东省青岛市青岛第一中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山东省青岛市青岛第一中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．若是纯虚数，则（

）A． B． C． D．12．设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．若方程在区间上有解，则（

）A．4 B．5 C．6 D．74．已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的正整数，满足，则下列选项中，不可能成立的是（

）A． B． C． D．5．《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，直角三角形中最小的一个角为，且小正方形与大正方形的面积之比为，则（

）

A． B． C． D．6．已知，若正实数满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图1，在锐角△ABC中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律，得，即，也即．请用上述向量方法探究，如图2，直线l与△ABC的边AB，AC分别相交于D，E．设，，，，则与△ABC的边和角之间的等量关系为（

）A． B．C． D．二、多选题8．等差数列中，，则下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，，则C．若，，则D．若，则，三、单选题9．已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（

）A． B． C． D．四、多选题10．已知直线：和圆：交于A，B两点，则下列结论正确的是（）A．直线恒过定点B．存在使得直线与直线：垂直C．当最小时，其余弦值为D．若，直线被圆截得的弦长为11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（

）A． B．的图象关于点对称C． D．（）五、填空题12．已知向量．若，则．13．已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C，D四点在同一个圆上，则.六、解答题14．在中，角所对的边分别为，且．(1)求角的大小；(2)若，线段上一点满足，求的长．七、填空题15．已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为．八、解答题16．已知函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若，研究函数在上的单调性和零点个数．17．已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．18．已知函数.(1)求函数的值域；(2)若对任意的，都有，求实数的取值范围；(3)设，且，证明：.19．设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为，（i）求；（ii）证明.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《山东省青岛市青岛第一中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题》参考答案题号12345678910答案BACCCDCACDBBD题号11答案ABD1．B【分析】化简复数z，然后根据实部为0可得.【详解】因为是纯虚数，所以，得.故选：B2．A【分析】首先解高次不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由，即，解得且，所以由推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．C【分析】易得函数在上单调递增，结合，，根据零点存在性定理即可求解.【详解】由，则，，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，又，，则函数有且仅有一个零点，且，则.故选：C4．C【分析】分类讨论，当，时，结合等比数列的通项和性质分析判断．【详解】是等比数列，公比为，存在无穷多个不同的满足，当时，则：①当时，则为非零常数列，，符合题意，故A可能成立；②当时，则为单调数列，恒不成立，且不合题意；当时，可得，则：①当时，若，为偶数时，则；若时，为奇数时，则；符合题意，故B可能成立；②当，若，为偶数时，则，，，且，即；若，为奇数时，则，，，且，即；故符合题意，故D可能成立；③当，，，，则，，可得，则，这与等比数列相矛盾，故和均不合题意，故C不可能成立．故选：C．5．C【分析】设大正方形的边长为，则小正方形的边长为，根据已知可得，由同角三角函数关系化简得，结合角的范围求.【详解】设大正方形的边长为，则小正方形的边长为，依题意可得，故，即，解得或.因为，则，故.故选：C6．D【分析】首先判断函数的奇偶性单调性，即可得到，则，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】函数的定义域为，又，所以为奇函数，又，因为，，所以，当且仅当且时等号成立，但此二条件不能同时满足，故恒成立，所以在上为增函数又正实数满足，所以，故，所以，即，所以，当且仅当，即，时取等号.故选：D7．C【分析】设，利用得到，由向量数量积公式求出答案.【详解】设，则，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，因为，所以，即，即，所以，即，C正确.故选：C8．ACD【分析】根据给定条件，结合等差数列的性质、前n项和公式逐项分析判断即得.【详解】等差数列中，，对于A，，，A正确；对于B，，则，，则，，因此，即，B错误；对于C，，则，C正确；对于D，设的公差为，由，得，解得，则，，D正确.故选：ACD9．B【分析】根据角平分线的对称性质和椭圆的性质得，再结合题设得，进而求出，再结合椭圆的定义以及余弦定理即可求解.【详解】由题意可知，，且，，所以，

因为，所以，所以即，又，所以，所以由余弦定理得，整理得，所以即.故选：B.【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是抓住角平分线的对称性之和椭圆的几何性质求出，关键2是利用和的关系求出，再在中结合余弦定理即可求解.10．BD【分析】对于A：整理可得，即可判断定点；对于B：分析可知对任意，直线与圆相交，取符合题意；对于C：分析可知取到最小值，等价于取到最小值，结合余弦定理运算求解；对于D：先求圆心到直线的距离，结合垂径定理求弦长.【详解】对于选项A：因为直线：，即，所以直线恒过定点，且斜率为，故A错误；对于选项B：圆：的圆心为，半径，因为，可知点在圆内，则对任意，直线与圆相交，又因为直线：的斜率为，所以当，则，两直线垂直，所以存在使得直线与直线：垂直，故B正确；对于选项C：若取到最小值，等价于取到最小值，当且仅当时，取到最小值，此时直线：,，，又因为直线：不可能表示，所以,即无最小，故C不正确；对于选项D：若，则直线：，则圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长为，故D正确；故选：BD.11．ABD【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．【详解】因为，所以，即，令，得，故A正确；因为，当时，，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，假设成立，求导得，即，又，所以，所以与矛盾，故C错误；对于D，因为，，所以，，，，所以有，所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，又，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列.12．.【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积.13．【分析】由题意可表示出，，，四点坐标，再结合圆的定义计算即可得.【详解】由题意可设，，则，，，，则、中点与、中点均为，，由，，，四点在同一个圆上，故为圆心，，则，，即有，则，又，则.故答案为：.14．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式求出，即可得解；（2）利用余弦定理求出、，即可求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由正弦定理计算可得.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，所以,在中，，所以，化简得：，由于，则，则，又，所以.（2）由余弦定理，所以，则，又，所以，所以，在中，由正弦定理，即，解得.15．【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可.【详解】由于，所以，，故，设，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以，设外接圆半径为，则，即，由余弦定理得：，整理可得，所以的面积，故的内切圆半径，所以，因为，所以，当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为．【点睛】结论点睛：本题主要考查椭圆焦点三角形的面积以及内切圆和外接圆的半径问题，常用以下结论：(1)椭圆焦点三角形的周长；(2)椭圆焦点三角形的面积；(3)三角形外接圆的半径公式：；(4)三角形内切圆的半径公式：(其中为三角形面积，为周长)16．(1)(2)在上单调递增；1【分析】（1）当时，求出，，从而可求出切线方程.（2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解.【详解】（1）当时，，则，则，，所以曲线在点处的切线方程为．（2）当时，，则，当时，，，，则，故在上单调递增．又因为，所以在上的零点个数为．17．(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）先求出为函数的一个正周期，接着利用导数求解时的值域即可；（2）记，求其导数，因为，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否恒成立；（3）当时，由（2）得，对任意的，有，因此（，且），即，令，，利用导数证明，进而得，即可得证.【详解】（1）因为，所以为函数的一个正周期，所以可求时的值域，对求导得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；又，，，，所以函数的值域为；（2）记，，因为，由，解得，当时，，因此在区间上单调递减，所以，即在区间上恒成立，当时，存在，使得当时，，因此在区间上单调递增，当时，，即在区间上不恒成立，故实数的取值范围为.（3）当时，由（2）得，对任意的，有，即，因此（，且），即，设，，则，令，，则，可得在区间上单调递减，所以，所以在区间上单调递减，所以，所以当时，，可得当且时，，所以，因此，.19．(