2026届山东省济南市长清区高三上学期期中学习质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济南市长清区2026届高三上学期期中学习质量检测数学试题一、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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可知，，则.故选：B.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则，故.故选：C.3.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【答案】B【解析】若，则，可得，所以，必要性成立；若，满足，而，充分性不成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.已知，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】，两边平方得：.故选：C.5.含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（）A.6种 B.8种 C.12种 D.16种【答案】B【解析】名同学分成两组，有和分组以及和分组这两种情况.

若甲在人组，乙在人组，这是种情况；若甲在人组，乙在人组，这又是种情况.所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.

若甲在人组，乙在人组，那么从剩下人中选人与甲一组，根据组合数公式，则种情况；若甲在人组，乙在人组，同样从剩下人中选人与乙一组，也有种情况.所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.

根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种.

故选：B.6.函数的部分图像如图（粗实曲线），则（）A.8 B.6 C.4 D.2【答案】B【解析】由函数图像可知，函数定义域，即的解集为，也就是即的解为,∴，∴，∴，∵函数图像经过点，∴，∴.故选：B.7.函数的零点个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由的零点，转化为的零点，因为均为减函数，在上单调递减且，又，，若存在，使得，只需，则即可，存在值，在上有且只有一个零点，即有且只有一个零点.故选：B.8.已知函数的定义域为R，且，则（）A. B. C.0 D.1【答案】A【解析】[方法一]：赋值加性质：因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．由于22除以6余4，所以．故选：A．[方法二]：【最优解】构造特殊函数：由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量，，若，则可能为（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】，以为临边的平行四边形对角线相等，，，，，时，，故选：ACD．10.已知随机变量，，满足，，则下列说法不正确的是（）A.若，则 B.C. D.【答案】BC【解析】，，由，等式化简为：，故A正确；二项分布方差为：，当时，，此时，对于其他，，故B错误；，均值，因此，故C错误；由正态分布的对称性，2和6关于对称，根据对称性，，故D正确.故选：BC.11.已知函数和的最小值相等，则下列说法正确的是（）A.B.的最小值为2C.在上单调递增D.若直线与和的图象从左到右的交点分别为则【答案】ACD【解析】对于A，，所以易得在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；，当时，，在上单调递减，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即，解得，故A正确；对于B，因为当且仅当时取等号；当且仅当时取等号，两者不能同时取等号，所以，故B错误；对于C，，当时，，；当时，，，总之，当时，，所以在上单调递增，故C正确；对于D，如图所示，当直线与和交点的上方时，不妨设，则，，，，即，，同理，，，所以，即.同理，当直线与和交点的下方时，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则______．【答案】【解析】将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，所以．故答案为：.13.展开式中的系数为_____．【答案】136【解析】展开式中的系数．故答案为：136.14.如图，有一款合成2048游戏．游戏规则如下：在一个的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为__________．241681632641024512256128【答案】511【解析】由题意可知算式只需出现1次，而算式中有2个1024，故算式需出现次，算式需出现次，以此类推，算式需出现次，故每次出现的都是数字，最少合并运算的次数是.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、证明过程或演算步骤.15.在中，角的对边分别是，已知.（1）求；（2）若点满足，且，求．解：（1）由正弦定理及，得，∵，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴．（2）∵，∴为的中点，且，又，即，故，又，∴为等边三角形，∴，在中，由，得，解得．16.年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球（绿球的个数最多），消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是，某消费者抽奖一次.（1）求其获得一等奖的概率；（2）记抽到的绿球个数为，求的分布列及其期望.解：（1）设10个小球中黄球为个，绿球为个，且，由题意得，，解得，则红球有2个，记事件：某消费者抽奖一次获得一等奖，则，所以该消费者获得一等奖的概率为.（2）由题意，的取值是，则，，，的分布列为：012期望.17.已知函数，其中，若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，且是偶函数.（1）求的解析式及单调递减区间；（2）在中，角所对的边分别为，已知且，若是的中点，求的最大值.解：（1）因为，所以.因为是偶函数，所以.又，所以，所以.因为，所以的单调递减区间是.（2）因为，所以，即.又，所以，所以，解得.由，得，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，则的最大值是.18.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若，讨论方程的根的个数.解：（1）的定义域为，则，因，由，解得，①当时，恒成立，所以的无递增区间，递减区间为；②当时，，令，得；令，得，所以的递增区间为，递减区间为；③当时，，令，得；令，得，所以的递增区间为，递减区间为；综上所述，当时，无递增区间，递减区间为；当时，的递增区间为，递减区间为；当时，的递增区间为，递减区间为；（2）由题设，令，则，即在上单调递增，故上式中满足，则有，可得，令，则，由解得.当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，当时，且，当时，，故.结合图象，可知，当时，方程有0个实根；当或时，方程有1个实根；当时，方程有2个实根.19.箱子中有个小球，标号为1，2，…，，现从中摸2次球，每次摸一个小球，记录标号后放回．已知每次摸出小球的标号服从概率分布，其中，．当不全为0时，该箱子中的小球是不均匀的，否则是均匀的．（1）记第一次摸出的小球标号为，第二次摸出的小球标号为．（i）当时，设事件“”的概率为，试比较与的大小，并说明理由；（ii）设事件“”的概率为，证明：．（2）证明：对于任意的，其中，都有．（1）（i）解：事件“”的概率为因为，可得，当且仅当小球均匀时取等号．（ii）证明：事件“”的概率：，因为，则，当且仅当小球均匀时取等号，根据概率的对称性，事件“”的概率等于事件“”的概率，所以．所以，当且仅当小球均匀时取等号．（2）证明：设，则，令，则，要证，即证即证，设为从装有个小球的箱子中抽出标号为的小球的概率，则可看成是第一次摸出号球，第二次摸出的球号小于的概率，由（ii）知，，所以，证毕．山东省济南市长清区2026届高三上学期期中学习质量检测数学试题一、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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可知，，则.故选：B.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则，故.故选：C.3.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【答案】B【解析】若，则，可得，所以，必要性成立；若，满足，而，充分性不成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.已知，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】，两边平方得：.故选：C.5.含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（）A.6种 B.8种 C.12种 D.16种【答案】B【解析】名同学分成两组，有和分组以及和分组这两种情况.

若甲在人组，乙在人组，这是种情况；若甲在人组，乙在人组，这又是种情况.所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.

若甲在人组，乙在人组，那么从剩下人中选人与甲一组，根据组合数公式，则种情况；若甲在人组，乙在人组，同样从剩下人中选人与乙一组，也有种情况.所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.

根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种.

故选：B.6.函数的部分图像如图（粗实曲线），则（）A.8 B.6 C.4 D.2【答案】B【解析】由函数图像可知，函数定义域，即的解集为，也就是即的解为,∴，∴，∴，∵函数图像经过点，∴，∴.故选：B.7.函数的零点个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由的零点，转化为的零点，因为均为减函数，在上单调递减且，又，，若存在，使得，只需，则即可，存在值，在上有且只有一个零点，即有且只有一个零点.故选：B.8.已知函数的定义域为R，且，则（）A. B. C.0 D.1【答案】A【解析】[方法一]：赋值加性质：因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．由于22除以6余4，所以．故选：A．[方法二]：【最优解】构造特殊函数：由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量，，若，则可能为（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】，以为临边的平行四边形对角线相等，，，，，时，，故选：ACD．10.已知随机变量，，满足，，则下列说法不正确的是（）A.若，则 B.C. D.【答案】BC【解析】，，由，等式化简为：，故A正确；二项分布方差为：，当时，，此时，对于其他，，故B错误；，均值，因此，故C错误；由正态分布的对称性，2和6关于对称，根据对称性，，故D正确.故选：BC.11.已知函数和的最小值相等，则下列说法正确的是（）A.B.的最小值为2C.在上单调递增D.若直线与和的图象从左到右的交点分别为则【答案】ACD【解析】对于A，，所以易得在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；，当时，，在上单调递减，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即，解得，故A正确；对于B，因为当且仅当时取等号；当且仅当时取等号，两者不能同时取等号，所以，故B错误；对于C，，当时，，；当时，，，总之，当时，，所以在上单调递增，故C正确；对于D，如图所示，当直线与和交点的上方时，不妨设，则，，，，即，，同理，，，所以，即.同理，当直线与和交点的下方时，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则______．【答案】【解析】将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，所以．故答案为：.13.展开式中的系数为_____．【答案】136【解析】展开式中的系数．故答案为：136.14.如图，有一款合成2048游戏．游戏规则如下：在一个的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为__________．241681632641024512256128【答案】511【解析】由题意可知算式只需出现1次，而算式中有2个1024，故算式需出现次，算式需出现次，以此类推，算式需出现次，故每次出现的都是数字，最少合并运算的次数是.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、证明过程或演算步骤.15.在中，角的对边分别是，已知.（1）求；（2）若点满足，且，求．解：（1）由正弦定理及，得，∵，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴．（2）∵，∴为的中点，且，又，即，故，又，∴为等边三角形，∴，在中，由，得，解得．16.年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球（绿球的个数最多），消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是，某消费者抽奖一次.（1）求其获得一等奖的概率；（2）记抽到的绿球个数为，求的分布列及其期望.解：（1）设10个小球中黄球为个，绿球为个，且，由题意得，，解得，则红球有2个，记事件：某消费者抽奖一次获得一等奖，则，所以该消费者获得一等奖的概率为.（2）由题意，的取值是，则，，，的分布列为：012期望.17.已知函数，其中，若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，且是偶函数.（1）求的解析式及单调递减区间；（2）在中，角所对的边分别为，已知且，若是的中点，求的最大值.解：（1）因为，所以.因为是偶函数，所以.又，所以，所以.因为，所以的单调递减区间是.（2）因为，所以，即.又，所以，所以，解得.由，得，所以，当且仅当