山东省烟台市2026届高三上学期期末学业质量水平诊断数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省烟台市2026届高三上学期期末学业质量水平诊断数学试题一、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，只有一项符合题目要求.1.设全集，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以,所以.所以.故选：D.2.已知，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故选：C.3.已知且，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】对，若，由；若，由，结合，得.所以不等式的解集为.因为⫋，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.已知直线，圆，当直线被圆截得的弦长最短时，实数的值为（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】对直线：，所以直线经过定点.当直线时，直线被圆截得的弦长最短.因为，所以，所以，即.故选：A.5.已知菱形的边长为分别是的中点，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图：以为基底，则，.又，，所以.故选：B.6.若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】正三棱台中，已知，，所以的面积为，的面积为，设、分别是、的中心，则为正三棱台的高，，故，设、分别是、的中点，所以、、三点共线，、、三点共线，且，，，则，，所以，，易知四边形为直角梯形，且，，过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：因为，，，故四边形为矩形，所以，，则，由勾股定理可得.故选：A.7.若函数在区间内无零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为.由，则函数在区间内无零点可转化为，.所以，.由，又，，所以当时，，结合，可得.故选：C.8.已知定义在上的函数的导函数为，且对任意的，有，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得函数的图象关于直线对称，由，当时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，由，则，即，所以或，则或恒成立.当时，恒成立；当时，，则或，而，则不可能恒成立.综上所述，实数的取值范围为.故选：A.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.已知函数为的导函数，则下列说法正确的有（）A.B.函数在上单调递增C.函数的极大值为D.函数为奇函数【答案】ACD【解析】因为，所以.由或；由.所以的增区间为，，减区间为.故B错误；所以函数的极大值为，故C正确；又，故A正确；又为奇函数，故D正确.故选：ACD.10.已知抛物线经过点，其焦点为为上的一动点，点，则（）A.B.直线与抛物线有两个公共点C.满足的点有两个D.点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为【答案】AC【解析】由题意得即，所以抛物线，，所以，故A正确；由题可得直线的方程为，联立得，所以，所以直线与抛物线只有1个公共点，故B错误；设，则由即得，即点P在圆上，联立，其中，则，且,故此方程在上有且只有根且为正根，故方程组有且只有两组不同的解，所以圆与抛物线有两个交点，满足的点有两个，故C正确；由题意可知点到轴的距离为，点到轴的距离与其到点的距离之和为，又，当且仅当三点共线且在之间等号成立，所以点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为，故D错误.故选：AC.11.如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（）A.当点在线段上时，B.当点在线段上时，平面C.当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为D.当点在面上时，若，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】如图：连接，则，又为正方体，所以平面，平面，所以，因为平面，且，所以平面.平面，所以.同理可得，平面，，所以平面.同理可得：平面，所以平面平面.对A：当点在线段上时，平面，又平面，所以，故A正确；对B：当点在线段上时，平面，又平面平面，所以平面，故B正确；对C：当点与点（或）重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设半径为，则.此时三棱锥的外接球的表面积为：，故C错误；对D：当点在面上时，如图：设，则，由，所以点轨迹是平面中，以为圆心，以为半径的圆弧，与的交点，，与的交点，.所以.由余弦定理，，所以.所以点轨迹的长度为：，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则的值为__________.【答案】【解析】因为，所以.因为，所以，所以.故答案为：.13.已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与的左､右两支分别交于点，若为线段的中点，且成等差数列，则双曲线的离心率的值为__________.【答案】【解析】连接，则由题意可知，设，则，因为成等差数列，所以，所以，所以，所以，即，所以，即，所以双曲线的离心率的值为.故答案为：.14.若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________.【答案】16；86【解析】因为数列为“数列”，且，，所以当时，；当时，，又，所以；当时，.所以的最小值为16.因为数列为“数列”，所以，又，所以数列为递增数列.问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值.此时：设，则；当时，，所以；当时，，又，所以；当时，，所以；当时，，又，所以；当时，，所以；……归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，.又，若，，由，即；若，，由，即.此时，，.又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得.故的最大值为86.故答案为：16；86.四、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.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，分别为线段的中点.（1）证明：平面平面：（2）求二面角的余弦值.（1）证明：因为平面平面，所以因为底面为矩形，所以.又平面平面，所以平面，因为平面，所以，在中，因为为中点，所以，因为平面平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）解：以为原点，的方向分别作为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设为平面的一个法向量，则有，取，得.又，设为平面的一个法向量，则有，取，得.由图可知，二面角为锐角，设二面角的平面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为.16.已知的内角的对边分别为，点满足.（1）若，求面积的最大值；（2）若，求.解：（1）在中，由余弦定理得，所以.所以，当且仅当“”时取“”，所以，即面积的最大值为.（2）在中，由正弦定理得，，即，在中，由正弦定理得，，即，因为，所以，于是，整理得，又，即，因为，所以，所以，解得.17.已知点均在抛物线上，，，以点为圆心的圆与轴相切，且圆与圆外切，.（1）求数列的通项公式；（2）设圆的面积为，求证：.（1）解：因为点在抛物线上，所以且，因为圆和圆外切且圆均与轴相切，所以，所以，整理得，因为，所以，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以.（2）证明：由（1）知，，因为，所以，即，原题得证.18.已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，上顶点为，且的面积为1.（1）求的方程；（2）设过点的直线与过点的直线相交于点的斜率分别为，且.（i）若为上的动点，求的最小值；（ii）设为坐标原点，若与相交于点与相交于点，且直线，的斜率之和为0，求点的坐标.解：（1）由题意知，又，解得，所以的方程为.（2）（i）设，显然，则，因为，代入整理得.如图：设与直线平行且与相切的直线方程为，联立，得，，所以，所以的最小值为.（ii）设直线的方程为，设，因为均存在，所以点均不在轴上，所以，联立方程，得，所以，所以同理可得，所以，即，当时，又整理得，解得或（舍）由，解得，当时，又得，由，解得，综上，满足条件的点的坐标为或.19.已知函数.（1）当时，，求的取值范围；（2）设，且.（i）证明：数列是递减数列；（ii）证明：.（1）解：当时，，即，令，则，当时，因为，所以，即在上恒成立，所以在上单调递减，所以，不合题意；当时，令，解得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，则，不合题意；当时，令，解得，此时在上恒成立，所