山东省青岛市2026届高三上学期期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛市2026届高三上学期期末质量检测数学试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，所以.故选：A.2.若复数为纯虚数，则实数（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】已知是纯虚数，则实部，解得，且虚部，经检验满足，故选：D.3.已知等比数列，则（）A.8 B.10 C.16 D.32【答案】D【解析】设等比数列的公比为，则.所以.故选：D.4.已知函数在上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由得或，所以的定义域为，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以.故选：D.5.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故选：C.6.如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆台的上下底面半径分别为，圆台的母线为，高为，由题可知，即，所以圆台的侧面积与轴截面面积的比为.故选：C.7.有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（）A.48 B.72 C.96 D.192【答案】A【解析】第一步：选一对双胞胎有种；第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有种；利用分步计数乘法原理可知：从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为，故答案：A.8.函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】由于函数与函数均关于点成中心对称，如图所示，以点为中心两函数共有个交点，则有，同理有，所以所有交点的横坐标之和为.故选：D.二、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.在的展开式中,下列说法正确的是()A.常数项是 B.第四项和第六项的系数相等C.各项的二项式系数之和为 D.各项的系数之和为【答案】AC【解析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,常数项为,故A正确;对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.故选：AC.10.设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】对于选项A：因为双曲线关于y轴对称，所以当直线AB的方程为时，线段AB的中点为，故A正确；当直线AB的斜率存在且不为0时，设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项B：可得，则，即，双曲线的渐近线方程为，由于与其中一条渐近线平行，故不可能有两个交点，故B错误；对于选项C：可得，则，即，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，即，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：AD.11.设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】ABD【解析】由，得该圆心为，半径为，易知该圆过原点，由，当时，得，作出函数的图象，如图，由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有1个交点，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有4个交点，根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______.【答案】【解析】由题意可得：，则，抛物线的方程为，准线方程为，点到的准线的距离为.故答案为：.13.函数是奇函数．若函数，则___________．【答案】28【解析】函数是奇函数，则有，所以，又，得.故答案为：28.14.在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，求在方向上的数量投影的最大值__________．【答案】【解析】根据题意不妨设，，，，则，由可得，由可得；设，故在以为圆心，为半径的圆上；在以为圆心，1为半径的圆上；过作于，则即为在上的数量投影，如下所示：因为分别为两圆上任意动点，不妨固定，则为定长，设，即，故，因为此时为定长，且，故随着的减小，增大，直至恰好与圆相切时，取得最大值，如下所示：在与圆相切的基础上，移动点，过作于，故；在△中，，，故，因为,故在直角三角形中，，则，即；在四边形中，因为，故，当且仅当时等号成立，从而.综上所述：在方向上的数量投影的最大值为.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.△ABC中D是BC上的点，AD平分BAC，BD=2DC.（1）求；（2）若，求.解：（1）由正弦定理得因为AD平分BAC，BD=2DC，所以（2）因为所以由（1）知，所以16.袋中有20个大小相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一个球,ξ表示所取球的标号.（1）求ξ的分布列、期望和方差;（2）若η=aξ+b,E(η)=1,D(η)=11,试求a,b的值.解：（1）的分布列为：01234所以．．（2）由，得，即，又，所以当时，由，得；当时，由，得．，或，即为所求．17.已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，令t′（x）＝0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，由x0可知f（x0）＜（x0）max；由f′（）＜0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．18.在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点.（1）设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上．（i）证明：平面平面；（ii）求球O的半径（2）求二面角的余弦值的最小值.（1）在中，由，得，所以，且，即，（i）证明：因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（ii）解：以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，则，设球心，半径，则，所以，解得，所以球O的半径为；（2）解：在平面中，过P作于G，在平面中，过G作，因平面,则平面.则由（1），设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内，则，所以，设平面一个法向量分别为，则，即，取，则得；平面的一个法向量为，则，即，取，则得，所以，令，则由得，则，于是，当且仅当即时等号成立，所以二面角的余弦值的最小值为.19.已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为.（1）若，（i）若，求；（ii）求证：为定值；（2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值.（1）（i）解：，所以直线.直线与联立可得，解得或，所以.所以，所以；（ii）证明：法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设由得所以.当时，由（i）可得；当时，设的斜率分别为..所以，.所以.因为在第一象限，所以，所以，所以.②直线斜率不存在时，可得，可得，所以，同理可得.综上可得，为定值，得证.法2：①时，由（i）可得；②时，设的斜率分别为.设，由在直线上可得.与联立可得，即，所以就是方程的两根.所以，，因为在第一象限，所以，所以，所以.综上可得，为定值，得证.（2）解：由（1）可得时，.①不存在，则，由①（i）可得，所以，所以.②不存在，则，则，此时，由图可得.③法1：若和均存在，设，则与双曲线联立可得.所以.