山东省青岛市2026届高三上学期部分学生调研检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛市2026届高三上学期部分学生调研检测数学试题一、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.已知，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，故选：D．2.在复数范围内，“”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】A【解析】令，解得，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.已知向量的夹角为，，则＝（）A.4 B. C.6 D.【答案】C【解析】由，得，而向量的夹角为，，则，所以.故选：C.4.设数列的前n项和为，若，则＝（）A.－63 B.－31 C.31 D.63【答案】D【解析】因为，所以，所以，，其中,而，结合可得，此时，数列是公比为的等比数列，所以.故选：D.5.已知，则＝（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因为，所以，即，，.故选：B.6.已知函数的定义域为R，是奇函数，，则下列结论中一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为是奇函数，且，在中，令，可得，所以，所以，，故B错误，D正确.在中，令，可得，因为函数是上的奇函数，所以，所以，所以，所以，，所以A错误，C错误.故选：D.7.已知双曲线E：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，过原点O的直线与E的左、右两支分别交于A，B两点，点C在E上，，若以AB为直径的圆过点，则E的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】连接，，，由以AB为直径的圆恰好过左焦点可得，由双曲线的对称性得四边形为矩形，可设，则，在直角三角形中，可得，即为，解得，又在直角三角形中，，即为，即为，即有，故选：C．8.如图，八面体的每一个面都是正三角形，各顶点都在以O为球心，半径为的球面上，并且A，B，C，D在同一平面内，点Q为此八面体表面上的动点，且，则点Q的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示：易知，且是边长为的等边三角形，则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心，取为的中点，连接、，则，因为，，故，则，所以，为等腰直角三角形，且，，因为为等边的中心，则，所以，，因为平面，平面，所以，则，所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧，如图，设圆与交于两点，由于在中，则，所以，则，所以圆在内的一段弧的长为，则点Q的轨迹长度为.故选：B.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，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知直线，圆O：，则（）A.，直线l均与圆O有两个公共点B.，使直线l是圆O的一条对称轴C.直线l被圆O截得的弦长可能为2D.圆O上至少存在三个点到直线l的距离为1【答案】AD【解析】对于A分析，直线恒过定点，定点到圆心O的距离为，即定点在圆内，所以无论a取何值，直线都与圆O相交，即有两个公共点，故A正确；对于B，若直线是圆O的对称轴，则直线必须过圆心，也即直线方程满足，即直线不过圆心，因此，不存在这样的a，使直线l是圆O的一条对称轴，故B错误；对于C，设圆心O到直线的距离为d，，直线被圆截得的弦长公式为，若弦长，则，解得，所以，推得，显然无实数解，因此直线被圆O截得的弦长不可能为2，故C错误；对于D，圆O的半径，若圆上至少存在三个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离对于d需满足：，也即，当时，圆上恰好存在三个点到直线的距离为1，如图所示，又，满足，故圆上到直线距离为1的点至少有三个，故D正确．故选：AD．10.在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，下列说法中正确的有（）A.若点O为△ABC的重心，则B.若点O为△ABC的外心，则C.若点O为△ABC的垂心，则D.若点O为△ABC的内心，且，则【答案】ACD【解析】A选项，如图1，设BC中点为D，则，由于点O为△ABC的重心，则，所以，A选项正确；B选项，如图2，设AB中点为E，由于点O为△ABC的外心,则垂直，，B选项错误；C选项，如图3，作，垂足为，则在上，在△ABC中由余弦定理可得，在直角△ACF中，，所以，C选项正确；D选项，如图4，设△ABC的内切圆半径为，由可得，则，，由，且为三角形内角，可得，，则，延长交于点，则即，则，则，由于B、C、G三点共线，则，，D选项正确；故选：ACD.11.用[x]表示不大于x的最大整数，用表示不小于x的最小整数．用表示实数a，b中最小者，如：．记函数则（）A.函数的值域为B.C.函数图象的对称轴方程为D.若集合，则A中有12个元素【答案】ABD【解析】由题可知，当时，，.解得；解，得.所以.简图如下：当时，.因为函数是周期为1的函数，所以函数的值域和函数的值域相同，所以函数的值域为.所以选项A正确；因为，所以；因为，所以.所以选项B正确；因为函数的图象关于对称，所以函数的图象关于，即对称.所以选项C错误；因为函数是周期为1的函数，所以由，得，或即，或.由函数的周期性及对称性分析可知，有12个不同的取值，分别如下：当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以.所以集合所以集合A中有12个元素，所以选项D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.写出过坐标原点且与曲线相切的一条直线方程______________．【答案】y＝2ex（或y＝－2ex）【解析】当时，，，设切点坐标为，则，解得，所以此时切点坐标为，切线方程为，即.因为为偶函数，所以它的图象关于轴对称，则它的过原点的切线也关于轴对称，所以它的另一条切线方程为.故答案为：（或）.13.设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为______________．【答案】【解析】由题意可得，则有，解得，则的最小值为.故答案为：.14.在斜边为AC的中，的平分线交于点，且，平面于点，点，，当四面体体积最大时，直线与所成角的正弦值为______________．【答案】【解析】在中，平分，根据三角形的角平分线定理可得.设，则，由勾股定理.以为原点，所在平面为平面，平面所在平面为平面，建立如图空间直角坐标系：则，，，，可设（）.所以，，因为，所以.所以（）.又，所以当或时，三棱锥体积最大.根据对称性取，此时，.设直线与所成的角为，则，所以.即直线与所成角的正弦值为.故答案为：.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.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．（1）求A；（2）求△ABC面积的最大值．解：（1）由余弦定理得，所以，因为△ABC为锐角三角形，所以，所以，设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理得，所以，，所以，因为，所以．（2）由（1）知，则，由正弦定理得，所以，所以△ABC的面积为，由，得，从而得，故当，即时，△ABC的面积取得最大值．16.已知函数．（1）若是单调递减函数，求实数的取值范围；（2）当时，证明：．（1）解：法一：因为是单调递减函数，所以恒成立，所以恒成立，即，令，则，所以在上单调递减，所以，所以．法二：由题意得，，令，所以，所以在上单调递减，当，即时，，即，所以在上单调递减．当，即时，，使得在时，，即，所以在定义域上单调递减不成立．所以．（2）证明：法一：令，所以，因为，所以，令，则，因为，所以，所以在单调递增，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以在上单调递减，所以，所以．法二：因为，所以，欲证，所以只需证，所以只需证，令，则，令，则，因为，所以，所以在单调递增，所以，即，所以，所以，因为在上单调递减，所以的最大值为，令，则的最小值为，所以，即．17.如图，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，E，O分别是BC，的中点，平面与平面的交线为l，连接EO并延长交l于点P，，．（1）证明：，，P三点共线；（2）求三棱锥的体积．（1）证明：在直四棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面＝l，则，，即，又，则，，四边形是平行四边形，于是且，取AD中点为Q，连接、EQ，由且，且，得且，则四边形是平行四边形，且，又且，因此且，即PD与共面，P平面，又Pl，l平面则P平面，又平面平面，即P，所以三点共线.（2）解：由（1）知，四边形是平行四边形，则，，在中，，由余弦定理得，则，故，，又平面，以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则，，设平面的法向量为，则，令，得，则点P到平面的距离为，由，得边上的高，因此的面积，所以三棱锥的体积.18.已知M，N是椭圆上的两个动点，M在x轴上方，N在x轴下方，直线与x轴、y轴分别交于S，T两点．（1）若直线与斜率之积为，证明：为定值；（2）点关于x轴的对称点为H，设的面积分别为，且．①求直线的斜率；②是否存在直线，使？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．（1）证明：设，由题意得，所以，又M，N在椭圆上，所以，，得，代入得，所以.（2）解：①因为，得，即．所以AM与AN关于直线x＝1对称，所以，整理得，由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为，与椭圆联立得，所以，，，代入得，整理得，解得或（MN不过点A，舍去），得直线的斜率为．②由①知直线MN的方程为，联立与椭圆得，，，且应满足，，得，过M，N两点分别向x轴作垂线，垂足分别为，则，得，解得（舍）或，所以存在直线MN，其方程为或．19.（1）已知数列，，，求最小的正整数，使得；（2）证明：；（3）已知函数