山东省部分学校2026届高三上学期12月第一次联合检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省部分学校2026届高三上学期12月第一次联合检测数学试题一、单项选择题（本大题共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，，则等于（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】，所以或，又，所以.故选：D.2.已知复数满足，且有，求（）A. B. C. D.都不对【答案】A【解析】因为，设（为虚数单位）；由棣莫佛公式，可得，所以，所以，即，因为，所以；化简可得，即，所以，所以；所以.故选：A.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由两角和差公式：，则可得方程组，解得，故，故选：C.4.是定义在上的偶函数，且，则下列各式中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为是定义在上的偶函数，则，又，则，所以C正确，又由题设条件得不到在的单调性，所以A、B、D不一定成立，故选：C.5.已知存在是不等式一个解．若，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当时，抛物线开口向下，对称轴为，在区间上函数单调递减，且当时，，由连续性知，必存在使得，故满足条件；当时，不等式化简为，解得，故满足条件；当时，抛物线开口向上，需满足以下条件：判别式，即，所以对称轴；所以最小值，此时抛物线在对称轴处取得最小值且位于区间内，故存在使得，即满足条件.综上，的取值范围为.故选：B.6.已知直线与圆相交于、两点，若为整数，则这样的直线有（）条.A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】将直线的方程整理为：，令，解得，因此直线过定点，因为圆：的圆心为，半径，所以定点到圆心的距离为：（即点在圆内），设圆心到直线的距离为，则弦长公式：，由于直线过定点，则（点到直线的距离不超过点到定点的距离），因此：，代入弦长公式得：(时，；当时，).因为为整数，结合范围，可能的整数值为、.当时，(直线过圆心)，将代入直线的方程：，得，对应1条直线；当时，由弦长公式，解得，即，圆心到直线的距离，令其等于，平方后化简得：，，，此方程判别式，有2个不同的实根，对应2条直线.所以对应1条，对应2条，共条.故选：B.7.棱长为2的正四面体在水平面上正投影的面积最大为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】不妨将正四面体的棱平移到平面内，因为正四面体的对棱互相垂直，当时，此时投影是对角线长为2的正方形如图1，正投影面积.当与平面不平行时，此时正投影是四边形或三角形，如图2，当正投影是四边形时，因为，易得，此时，又，所以；如图3，当正投影是三角形时，此时正投影的面积，综上，正四面体在平面上正投影的面积的最大值为2.故选：B.8.已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】根据题意设，，，其中，则，，，直线平行于轴，，，，，，即，点在双曲线上，，，.故选：C.二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9.已知点为直线上的动点，向量，过点向圆作两条切线，切点分别为点，则（）A.若直线与圆相切，则B.当时，直线截圆所得的弦长为C.点到直线的距离恒为D.若，则当取到最小值时，【答案】ABD【解析】A项：当与圆相切时，圆心到直线的距离为，所以，A项正确；B项：时，圆心到直线的距离为，所以弦长为，B项正确；C项：易知，直线的一个法向量为，可知，C项错误；D项：由知：点的轨迹为一条与平行的直线，不妨设为，当时，由于，易知与圆无交点，由切线可知，则，因为，所以当取最小值时，有最小值此时，即项正确.故选：ABD.10.若的外接圆半径为2，且，则（）A. B.的面积为C.当时，则 D.可能是等腰三角形【答案】BCD【解析】由，得，所以，故A错误；的面积为，故B正确；当时，由已知得，所以，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，故C正确；取，满足，所以可能是等腰三角形，故D正确.故选：BCD.11.设正项数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，，称是“数列”．下列结论正确的是（）．A.若是首项为1公差为2的等差数列，则是“3－数列”B.若是“2－数列”，则不可能存在正整数，满足C.若是“数列”，且，则的最小值是4D.任给，若，且，则是“数列”【答案】ABC【解析】对于A，若是首项为1公差为2的等差数列，则，所以，，，所以，所以是“3－数列”，正确；对于B，若是“2－数列”，则，所以，，所以，假设时，有，则时，，所以，综上，，正确；对于C，因为，所以，，若是“数列”，则，即，所以，时，，不合题意；，时，，不合题意；，时，，不合题意；时，恒成立，所以的最小值是4，正确；对于D，，，，取，时，，不满足恒成立，错误.故选：ABC.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上）12.设等比数列的前项和为，若公比，则___________.【答案】64【解析】由等比数列的性质得.故答案为：64.13.已知函数的最小值为0，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】当时，由，可得在上单调递减，在上单调递增，则，当时，在上单调递减，在上单调递增，则，由题意，，则，解得.故答案为：.14.已知正方形的边长为1，当每个取遍时，的最小值是________；最大值是_______.【答案】①.0②.【解析】正方形ABCD的边长为1，可得，，•，，要使的最小，只需要，此时只需要取，此时，，等号成立当且仅当均非负或者均非正，并且均非负或者均非正．比如，则.四、解答题（本大题共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.已知数列的前项和为，若对任意，向量，，有．（1）求数列的通项公式（2）记，数列前项和为，求证：．（1）解：因为，即：①当时，，又，所以．当时，，②由①-②整理得：整理得，由累乘法得：，代入比值：当时，，符合上式，所以数列的通项公式为（2）证明：由，得，所以.因为，所以，，所以．16.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）求cosA+cosB+cosC的取值范围．解：（1）方法一：余弦定理.由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.方法二（最优解）：正弦定理边化角.由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（2）方法一：余弦定理基本不等式.因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化简得，故的取值范围是.方法二（最优解）：恒等变换三角函数性质.结合（1）的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.17.如图，已知圆E：，点，P是圆E上任意一点．线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q，设动点Q的轨迹为C．（1）求动点Q的轨迹C的方程；（2）设动点Q的轨迹C分别与x轴交于点A，B，过点F作一条直线与交于M，N两点，求四边形AMBN面积的取值范围．解：（1）连接，根据题意，，则，故的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则有，，则，的轨迹方程为.（2）由（1）可知，，当直线的斜率为0时，不能构成四边形AMBN，不合题意，当直线的斜率不等于0时，直线过点，故设直线的方程为，设，联立，消去，得，韦达定理，得，四边形AMBN的面积，令，则，代入，得，根据均值不等式，得，当且仅当，即时等号成立，，当时，，四边形AMBN的面积的最大值为，则四边形AMBN面积的取值范围为，综上所述，四边形AMBN面积的取值范围为.18.如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.（1）如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面.（2）如图2，若二面角为直二面角，分别是的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围.（3）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.（1）证明：由题意知，而是的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面.（2）解：在平面内作的垂线作为轴，所以轴，如图以为坐标原点，分别以为轴正半轴建立空间直角坐标系：因为，设，所以，则，所以，.设平面的法向量，得，取，，解得.设平面的法向量，得，取，得，设平面与平面所成锐二面角为，则，由于在上单调递增，故，故，所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.（3）证明：S是四面体的表面积，，令与面所成角为，，，因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，（取不到等号），，，.19.已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．（1）证明：函数在上有唯一零点；（2）记x0为函数在上的零点，证明：（ⅰ）；（ⅱ）．证明：（1）方法一：单调性+零点存在定理法.在上单调递增，，所以由零点存在定理得在上有唯一零点．方法二（最优解）：分离常数法.函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只