山东省德州市2026届高三上学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省德州市2026届高三上学期期中考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，解得：，得：；由，移项得：，通分可得：，不等式等价于，即，解得：.得：，由此可得：.故选：B.2.已知复数满足为虚数单位，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】由复数满足，可得，则.故选：A.3.已知圆锥的底面半径为1，高为3，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，圆锥的底面半径为1，，圆锥的底面面积为，高为3，，，圆锥的侧面积为，圆锥的表面积为.故选：C.4.已知等差数列的公差为，前项和为，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【答案】C【解析】充分性：已知，由，可得：，即充分性成立；必要性：已知，可得：，得：，即必要性成立；综上可得：“”是“”的充要条件.故选：C.5.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题.故选：D.6.若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点，函数的定义域为，，令，解得：，当时，，得在区间上单调递减；当时，，得在区间上单调递增；故当时，取得极小值，极小值为，令，解得，当时，；当时，，当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于；当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，由此作出函数的大致图像：由图像可得当时，交点为个；当或时，交点为1个；当时，交点为2个.若函数的图像与的图像有两个交点，则由图可知：实数的取值范围为.故选：B.7.已知函数．若在区间内没有零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题函数，当，则，因为在区间内没有零点，所以即，且，解得，令得或0，则当时，有；当时，有；综上，满足题意的实数的取值范围是.故选：D.8.若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A选项，已知，得：，由，可得：，故A选项错误；对于B选项，已知，得：，由，得：，由，可得：，故B选项错误；对于C选项，令，则，当时，单调递增，且，，故存在，使得，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，由于，此时与大小关系无法确定，故C选项错误；对于D选项，令，，令，，当时，，在区间上单调递减；因此对于，，因此可得：当时，，在区间上单调递减；又，得：，即：，可得：.故D选项正确.故选：D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求；全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，则（）A.在处取得极小值B.有三个零点C.在区间上的值域为D.函数图象的对称中心为点【答案】ABD【解析】对于A，由函数，可得，令，解得或；令，解得，所以函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以在处，函数取得极小值，所以A正确；对于B，由A中，函数极小值为，极大值为，且当时，，当时，，所以函数在区间各有一个零点，所以函数有三个零点，所以B正确；对于C，由A知，函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，，且，，所以函数在区间上的值域为，所以C错误；对于D，令，可得，由，所以为奇函数，所以的对称中心为，则函数的对称中心为，所以D正确.故选：ABD.10.在正四棱柱中，分别为，的中点，则下列说法中正确的有（）A.直线与直线是异面直线B.直线交于一点C.直线与平面所成角的正切值为D.过四点的截面将正四棱柱分成两部分，体积较小的几何体体积为2【答案】BCD【解析】对于A，连接，因为分别为的中点，可得，在正四棱柱中，可得，所以，所以A错误；对于B，连接和，因为分别为的中点，可得，且，又因为分别为的中点，可得，所以且，所以和交于一点，设交点为,即，连接，因为，且平面，所以平面，由且可知为的中点，又为的中点，所以，所以，即直线交于一点，所以B正确；对于C，在正四棱柱中，可得平面，所以是直线与平面所成角，在直角中，可得，所以直线与平面所成角的正切值为，所以C正确；对于D，延长交于点，即过四点的截面即为，根据棱柱的定义，可得截得较小的部分为一个直三棱柱，因为，三棱柱的体积为，所以D正确.故选：BCD.11.已知数列的首项，且满足，则（）A. B.是等比数列C.是等差数列 D.【答案】ACD【解析】数列的首项，且满足，所以时，，当时，，整理得，所以数列是以2为公比，为首项的等比数列，所以，所以，所以数列是以为公差，为首项的等差数列，所以，所以，，所以常数，.综上，ACD正确，B错误.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数，则曲线在处的切线方程为___________．【答案】【解析】由题意得，，，由导数的几何意义得切线斜率为，则切线方程为，即.故答案为：.13.已知是边长为2的等边三角形，为三角形内一点（包括边界），为的中点，则的取值范围是___________．【答案】【解析】如图，在等边中，为的中点，连接，取的中点并连接.，由于，，得：，，因此可得：，如图易知：由于为三角形内一点（包括边界），因此当点与点重合时，取得最小值，最小值为，当点与点或点重合时，取得最大值，最大值为，综上可得：，即.故答案为：.14.在四边形中，，对角线，将沿翻折成，使二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为___________．【答案】【解析】由题可得是正三角形，如图取中点，连接，则，所以为二面角的一个平面角，故，分别取外接圆圆心，连接，则分别在上，且，分别过作垂直于平面和平面的垂线，两垂线相交于点O，则O为四面体外接球的球心，且，连接，则，所以，所以四面体外接球的半径R满足.所以四面体外接球的表面积为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程与演算步骤．15.已知函数．（1）当时，函数恒有意义，求实数的取值范围；（2）是否存在实数，使得函数在区间上为减函数，且最大值为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解：（1）设，由题意知对一切恒成立.因为，所以在区间上为减函数，所以只需，解得.又，且，所以实数的取值范围是.（2）不存在.理由如下：假设存在实数（且），使得函数在区间上为减函数，且最大值为1，则由题意得，即，解得.因为（且）为减函数，对一切恒成立，所以增函数且，即，所以，则不符合，所以实数不存在.16.在四面体中，底面、、分别是的中点，点在线段上，且．（1）求证：平面；（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小．（1）证明：取的中点为，在线段上取点，使得，连接、、.因为，所以，所以，且.因为和分别为和的中点，所以，且因此且，所以四边形是平行四边形，因此．又因为平面平面，所以平面.（2）解：因为，所以．因为底面，所以三棱锥的高为，又因为故.连接．因为分别是的中点，所以，又因为平面所以平面过点作，垂足为点，连接因为平面，且平面，所以，又因为，且，所以平面.又因为平面，所以，又，所以即为二面角的平面角,因为平面，且平面，所以．故为直角三角形．在Rt中，，所以，所以平面与平面的夹角大小为.17.已知数列是递增的等比数列，为数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求证：．（1）证明：设等比数列的公比为，首项为，则，所以，又因为数列是递增的等比数列，所以或（舍），所以.（2）解：由（1）知，，所以，所以，，所以，由于，所以，因此可得：，所以，即.18.如图，在中，角，，的对边分别为，，，且，，为内一点，．（1）求角的大小；（2）若，求；（3）若，求解：（1）因为，所以，即.又因为，所以由余弦定理，所以，又，所以.（2）在中，因为，所以，，设，易知,故，在中，由正弦定理得，化简得，所以，即.（3）设，在中，由余弦定理得：即，所以，由，得：，解得：或，若，得：，由，则，所以，若，得：，由，则，所以.19.已知函数．（1）若，求的极值；（2）若，使得成立，求整数的最小值；（3）若，讨论函数的零点个数．解：（1）若，得：，则有，当时，，所以在为减函数；当时，，所以在为增函数；所以，当时，的极小值为0，无极大值.（2）若，使得成立，即，所以，所以，令，则，当单调递增，单调递减，所以的最大值为，所以，又因为，所以整数的最小值为1（3）由题意得，令，可得①当时，，所以，即在上单调递减，又，所以当时，，所以在为增函数；当时，，所以在为减函数；又，所以有唯一的零点，②当时，，因为，则在为减函数，