山东省名校联盟2026届高三数学下学期2月核心素养评估试题含解析

山东省2026届高三下学期2月份核心素养评估

数学试题

一、单选题

1．若集合Ax∣12x8，Bx∣x21，则AB（）

A．{x∣0x3}B．{x∣0x3}C．x∣1x3D．{x∣1x3}

2．若z2z为实数，则虚数z的实部为（）

1

A．-2B．C．1D．2

22

1

3．当0x时，满足8xlogx(a0,a1)，则a的取值范围是（）

3a

33

A．0,B．,1C．1,3D．3,3

33

4．在平面直角坐标系中，过点P3,4的直线l与圆C:x2y24x4y70有两个交点，则直线l斜率的

取值范围是（）

3434

A．0,B．0,C．,D．,

4343

n

5．若等比数列an的前n项和Sn2t，则该数列an的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比

为（）

341170

A．1B．2C．D．

2170341

13SABP

6．已知点P为ABC所在平面内一点，若APABAC，则（）

24SACP

321

A．3B．C．D．

233

7．已知点F是抛物线y24x的焦点，AB，CD是经过点F的弦，且ABCD，则四边形ACBD面积的最

小值为（）

A．32B．16C．8D．4

8．已知奇函数fx的定义域为R,f43，对于任意的正数x1,x2，都有fx1x2fx1fx21，且当

x1时，fx1，则不等式lnfx10的解集为（）

A．1,2B．2,4

1111

C．,2,4D．,1,2

2448

二、多选题

n26

9．若3x1x2a0a1xa2xa6xa60，则（）

A．n5B．a4130

C．a1a2a628D．a12a23a36a623

10．已知函数fxxx1exa，则下列说法正确的是（）

A．若a1，则fx有2个零点

B．若fx0的解集为0,1，则a0

C．任意a0,fx在0,有极小值

D．存在a0,fx在,0有最大值

2

2y

11．已知双曲线C:x1的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标原点，左顶点为A1，点P是C的右支

3

上一点，过点P向双曲线两渐近线作垂线，垂足分别为M、N，则（）

A．双曲线C的离心率为2

B．若直线PF2与C交于另一点Q，则PQ的最小值为6

C．PMPN为定值

△

D．若I为PA1F2的内心，则IF1IF2为定值

三、填空题

12．从一个装有3个白球和5个黑球的袋子中无放回地取球2次，每次取球1个，记X为取得白球的次数，

则EX___________．

2

，，，n

13．已知数列anbn均为等差数列，SnTn分别为数列anbn的前n项和，若bn，且S19T19380，

an

则an___________．

14．若正四面体的棱长为6，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________．

四、解答题

13

15．在ABC中，ABBCAC，点D在AB延长线上，sinACD3sinBCD．

23

AD

(1)求；

BD

(2)若△BCD的面积为33，求线段CD的长度．

x2y2

16．已知椭圆C：1ab0的右焦点为F2,0，且过点2,2，直线l过点F交椭圆C于A,B两

a2b2

点．

(1)求椭圆C的方程；

1

(2)线段AB的垂直平分线与x轴的交点为M,0，若点A1为椭圆的左顶点，求△A1AB的面积．

2

17．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，底面ABCD为等腰梯形，

且AD∥BC，AD2BC2AB4，E为AD的中点．

(1)求直线PB与平面ABCD的夹角；

11

(2)若AFAP，CGCP，平面EFG与PB交于点M，求线段BM的长度．

33

18．已知函数fxlncosxcosxax2．

(1)求fx的定义域；

ππ

(2)当x时，

22

（i）若a1，证明：fx≤1；

（ii）若fx存在三个极值点，求实数a的取值范围．

19．在棱长为1个单位的正方体ABFDCGHE中，一个质点从顶点A出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动

*

1个单位，移动的方向是随机的．设第n秒nN后，质点回到A点的概率为an．

(1)求a2和a3；

(2)设第n秒后，质点移动到B点的概率为bn，移动到E点的概率为cn，移动到H点的概率为dn．

（i）证明：存在常数x，使得bn1xan1xcn,cn11xbnxdn；

n

（ii）记a的前n项和为S，证明：存在常数M，使得SM．

nnn8

参考答案

题号12345678910

答案DCBCCBADACACD

题号11

答案ACD

1．D

【详解】由12x8，得202x23，解得0x3，即Ax∣0x3，

由x21，得1x21，解得1x3，即Bx∣1x3，

所以ABx∣1x3.

故选：D

2．C

【详解】设zabi,(a,bR且b0)，

则z2za2b2a2abbi，

因为z2z为实数，所以2abb0，

1

因为b0，所以a，

2

1

故虚数z的实部为.

2

故选：C

3．B

1x11

【详解】因为0x，函数y8在(0,]单调递增，所以x3.

331882

1

当a1时，因为0x，所以ylogx0，故不等式不成立；

3a

11

当0a1时，函数ylogx在(0,]单调递减，要使不等式成立，只需log2loga2，

a3a3a

21333

得a，解得a（a舍去），又因为0a1，所以a1.

3333

故选：B

4．C

22

【详解】圆x2y24x4y70可化为x2y21，则圆心C2,2，半径r1，

由题意可知，过点P3,4的直线l与圆C相交，

当直线l的斜率不存在时，l:x3与圆相切，不符合题意；

故直线l的斜率存在，设l:y4kx3，即kxy43k0，

2k243kk23

则1，即1，得k，

k21k214

3

故直线l斜率的取值范围是,.

4

故选：C

5．C

【详解】当n1时，a1S12t.

nn1n1

当n2时，anSnSn12t2t2.

n111

因为an为等比数列，所以n1时也满足an2，即2t21，解得t1.

n1*

所以数列an的通项公式为an2nN.

1145

02468

该数列an的前9项中所有奇数项之和为aaaaa22222341，

1357914

2144

1357

该数列an的前9项中所有偶数项之和为aaaa2222170，

246814

341

故该数列a的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为.

n170

故选：C.

6．B

13

【详解】过点A作AEAB,AFAC，

24

13

则APABACAEAF，

24

以AE,AF为邻边作平行四边形AEPF，

所以SABP2SAEP2SAFP，SAFP3SPFC，

可得SABP6SPFC,SACP4SPFC，

S6S3

所以ABPPFC.

SACP4SPFC2

故选：B.

7．A

【详解】显然焦点F的坐标为1,0，所以可设直线AB的方程为ykx1，

代入y24x并整理得k2x22k24xk20，

44

所以xx2，ABxx24，

12k212k2

同理可得CD44k2，

2

4k21k21

所以11221，

SABCD4k188k232

22k2k2k2

故选：A.

8．D

x

2

【详解】设x1,x2是(0,)上的任意两个实数，且x1x2，则1，

x1

x2x2

所以fx2f(x1)fx1f1，

x1x1

x2

所以fx2fx1f1，

x1

xxx

222

因为1，所以f1，所以fx2fx1f10，

x1x1x1

所以fx2fx1，所以函数fx在(0,)上单调递增，

因为fx是定义域在R上的奇函数，所以fx在(,0)上也单调递增，

由lnfx10得0fx11，即1fx2，

又f(4)3，令x1x22，则f(4)f(22)f(2)f(2)13，解得f(2)2，

令x1x21，则f(1)f(11)f(1)f(1)1，解得f(1)1，

1111

令x2,x，则f(1)f(2)f(2)f()1，解得f()0，

122222

111111

令xx，则f()f()f()f()11，

12242222

1111111

令x,x，则f()f()f()f()12，

142284242

1111

因为fx是奇函数，所以f()f()1，f()f()2

4488

所以当x0时，解1fx2得1x2，

11

当x0时，解1fx2得x，

48

当x0时，fx0，不满足条件，

11

所以不等式lnfx10的解集为,（1,2]，

48

故选：D

9．AC

【详解】A：因为a60，

26

所以多项式a0a1xa2xa6x最高次项的次数为6，

所以n5，因此本选项说法正确；

3241

B：因为a43C521C52110，所以本选项说法不正确；

526

C：在3x1x2a0a1xa2xa6x中，

5

令x0，得12a0a032，

5

令x1，得41a0a1a2a6a1a2a643228，

所以本选项说法正确；

526

D：对3x1x2a0a1xa2xa6x两边同时求导，

5425

得3x253x1x2a12a2x3a3x6a6x，

令x1，得

54

31541a12a23a36a6a12a23a36a617，所以本选项说法不正确.

故选：AC

10．ACD

【详解】对A：若a1，则fxxx1ex1，解fx0得x0或1，

故fx有2个零点，故A正确；

对B：当0x1时x0，x10，则xx10，

xx100x1

则等价于，即，

fx0xx

ea0ea0

x

因为fxxx1ea0的解集为0,1，所以exa0在0,1上恒成立，

因为yexa在0,1上单调递增，所以e0a0，即a1，故B错误；

对C：fxx1exaxexaxx1exx2x1exa2x1，

2x

1xx1e

若x，则fxa2x1，

22x1

x2x1ex

令gx，

2x1

2x1x2x12x1ex2x2x1ex2x33x25x2ex

则gx22，

2x12x1

令hx2x33x25x2，则hx6x26x5，

13931393

若x，则由hx0得x，hx0得x，

2626

1393393

则hx在,上单调递减，在,上单调递增，

266

393256t

令t，则6t26t50，即t，

66

56t56t199

则hxht2t33t25t22t35t22t2t

6632

56t19913t171339317901339

2t0，

6323636618

11

则gx0在,上恒成立，则gx在,上单调递增，

22

1

因为x时gx；x时gx；

2

故对于任意a0，ya与ygx始终存在交点，且ya的图象先在ygx图象上方，后在ygx图

象下方，

1

则当x时fx先负后正，fx先减后增，

2

1

则对于任意a0,fx在,有极小值，故C正确；

2

393

对D：由C选项可知，当x0时，hx0得x，

6

393

hx0得x0，

6

393393

则hx在,上单调递增，在,0上单调递减，

66

又h310，h280，h020，所以x03,2使得hx00，

则当xx0时hx0，gx0，x0x0时hx0，gx0，

则gx在,x0上单调递减，在x0,0上单调递增，

当x时，gx0且当x1时gx0，g01，

故当0a1时，ya与ygx的图象存在唯一交点，且ya的图象先在ygx图象上方，后在

ygx图象下方，

x2x1ex

故当x0时fxa2x1先正后负，fx先增后减，

2x1

故存在0a1使得fx在,0有最大值，故D正确.

故选：ACD

11．ACD

【详解】对于A选项，a1，b3，则ca2b2132，

c

故双曲线C的离心率为e2，故A正确；

a

对于B选项，由题意可知F22,0，若直线PF2的斜率不存在，此时直线PF2的方程为x2，

x2

x2

联立2可得，此时，

2yPQ6

x1y3

3

当直线PF2的斜率存在时，设直线PF2的方程为ykx2，设点Px1,y1、Qx2,y2，

ykx2

2222

联立y2，可得k3x4kx4k30，

x21

3

2

k30

所以，解得，

4222k3

Δ16k4k34k336k10

4k24k23

由韦达定理可得xx，xx，

12k2312k23

2222

24k44k36k1

所以22，

PQ1kx1x24x1x21k22

k3k3k23

22

6k12463k24

当k3,3时，PQ6，

3k23k23k2

24

当k0时，PQ62；

3

22

6k16k32424

当k,33,时，PQ66,，

k23k23k23

综上所述，PQ2，故B错误；

2

2y0

对于C选项，设点Px0,y0，则x1，

03

yy

双曲线C的两渐近线方程分别为x0、x0，

33

2

yy2y

000

x0x0x0

3333

则PMPN为定值，故C正确；

1144

11

333

对于D选项，如下图所示：

设Ix,y、Px0,y0，其中y00，易知点F22,0，F2Px02,y0，

则22222，

F2Px02y0x04x043x034x04x012x012x01

F2A13,0，F2Ix2,y，

FPFA

△221

因为I为PA1F2的内心，则F2I与向量共线，

F2PF2A1

FPFAx2yx1y

且2210,01,00,0，

F2PF2A12x012x012x012x01

yx2x1y

所以00①，

2x012x01

APAF

112

同理可知A1I与向量共线，且A1Ix1,y，

A1PA1F2

A1PA1F2x01y0

,1,0

2222

A1PA1F2

x01y0x01y0

22

x01x01y0y

,0，

22

22

x01y0x01y0

22

x1x1yy

yx1000

所以0②，

2222

x01y0x01y0

22

x12x1y3y0

000y

联立①②解得x，22，

22

2x02x01y0

2x02x01y0

222222

2

x02x014x01y04x01x01y03y0

2y

因为x2

322

2x2x1y

000

222

x1y24x14x1x1y2

000000

21，

22

2x2x1y

000

y2

所以I在双曲线x21上，易知I在双曲线C的右支上，

3

故IF1IF22a2为定值，故D正确．

故选：ACD．

3

12．/0.75

4

【详解】因为X为取得白球的次数，所以X的可能的值为0,1,2,且随机变量X服从超几何分布.

C2105C1C115C23

5353

P(x0)2，P(x1)2，P(x2)2.

C82814C828C828

所以X的分布列为：

X012

5153

P

142828

5153213

所以EX012.

142828284

3

故答案为：.

4

13．n

19(aa)19(bb)

【详解】因为ST380，所以119119380，

191922

由等差数列的性质得19a1019b10380，即a10b1020，

2100

n

又bn，则b10，联立解得a10b1010，

ana10

设数列an的公差为d1，数列bn的公差为d2，

则a10a19d110，解得a1109d1，则ana1(n1)d110(n10)d1，

同理bn10(n10)d2，

则anbn10(n10)d110(n10)d2

2

10010(n10)d210(n10)d1(n10)d1d2

22

1001(d1d2)d1d210(d1d2)20d1d2nd1d2nn，

1001(dd)dd0

1212

所以10(d1d2)20d1d20，解得d1d21，

d1d21

所以ann.

故答案为：n

14．4

【详解】已知正四面体ABCD的外接球为球O，因为其棱长为6，

3

所以该正四面体的高为h2，球O的半径为，

2

由对称性不妨令球O上一点E在面BCD下方时取到最大，

所以VEABCVEABDVEACDVEBCDVABCD，

所以dEABCdEABDdEACDdEBCDh2，

则dEABCdEABDdEACD2dEBCD，

所以dEABCdEABDdEACDdEBCD22dEBCD，

则距离和的最大值为，

22dEBCDmax

所以，所以和的最大值为4．

22dEBCDmax224

故答案为：4.

AD3

15．(1)

BD2

(2)CD6

13

【详解】（1）因为ABBCAC，如下图：

23

设AC3tt0，则ABt,BC2t，可得AC2AB2BC2，

πππ2π

所以A,ABC,ACB,CBD，.

2363

tm

设BDmm0，则sinACD，

CD

mCD

3m

在△BCD中，由正弦定理得，sinBCD3，则sinBCD，

2CD

2

3

因为sinACD3sinBCD，所以tmm，

2

ADtm3

所以.

BDm2

（2）方法一：

13

由（1）知，BCBD2t，则S2t2t33，所以t3.

BCD22

在△BCD中，由余弦定理得，

22

2221

CDBCBD2BCBDcosCBD23232232336，

2

所以CD6．

方法二：

13

由（1）知，BCBD2t，则S2t2t33，所以t3，.

BCD22

所以AC3,AD33，在ACD中，由勾股定理得CDAD2AC26．

x2y2

16．(1)1

84

(2)623

【详解】（1）因为椭圆C的右焦点为F2,0，且过点2,2，

a2b222

22

所以42，解得a8,b4，

1

a2b2

x2y2

则椭圆C的方程为1；

84

（2）方法一：若直线l斜率不存在，此时其垂直平分线与横轴重合，不符合题意，

，

所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2,Ax1,y1,Bx2,y2AB的中点Cx0,y0，

ykx2k

y2222

联立22，消去并整理12kx8kx8k80，

x2y80

8k2

x1x2

12k2

由韦达定理得，

8k28

xx

1212k2

xx4k22k

所以x12，ykx2k，

0212k20012k2

y4k2

0k1

222

易知kCMk1，所以16k1，解得k，即yx2，

x022

2

所以直线l的方程为x2y20或x2y20；

由弦长公式可知222

ABk1x1x2k1x1x24x1x2

21

21

32k11k

k214242232，

12k212k211

222

A122,0，由直线的对称性知点A1到两条直线l的距离相同，即d

3

11222

所以△A1AB的面积为dAB32623．

223

方法二：由题意知直线l斜率不为零，设方程为：xmy2,Ax1,y1,Bx2,y2,AB的中点Cx0,y0，

xmy222

联立22，消去x得m2y4my40，

x2y80

4m4

韦达定理得yy,yy，

12m2212m22

2m4

所以y,xmy2，．

0m2200m22

2m

2

由CMAB，得km2m，整理得：2．

CM41m2

m222

因为A122,0，所以A1F222，

112

SAFyy222yy4yy12m22623.

A1AB1121212

22

π

17．(1)

4

(2)2

【详解】（1）方法一：连接PE，EB，因为PAPD，所以PEAD，

又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

所以PE平面ABCD，

所以PBE即为直线PB与平面ABCD的夹角，

因为AD4，PAPD，PAPD，所以PE2．

又因为底面ABCD为等腰梯形，且AD//BC，AD2BC2AB4，

所以ED//BC，EDBC，所以四边形EDCB为平行四边形，所以EBCD2．

π

则tanPBE1，所以PBE，

4

π

所以直线PB与底面ABCD的夹角为

4

方法二：连接PE，EB，因为PAPD，所以PEAD，

又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD交平面ABCD于AD，

所以PE平面ABCD，

所以PBE即为直线PB与底面ABCD的夹角，

因为AD4，PAPD，PAPD，所以PE2．

又因为底面ABCD为等腰梯形，且AD//BC，AD2BC2AB4，

所以ED//BC，EDBC，所以四边形EDCB为平行四边形，所以EBCD2．

取BC的中点H，连接EH，因为底面ABCD为等腰梯形，所以EHAD，

由PE面ABCD，建立空间直角坐标系如图所示，

所以P0,0,2,B1,3,0，所以BP1,3,2，

22

面ABCD的法向量为n0,0,1，所以cosBP,n，

222

π

所以直线PB与底面ABCD的夹角为；

4

（2）取BC的中点H，连接EH，因为底面ABCD为等腰梯形，所以EHAD，

由（1）得PE面ABCD，建立空间直角坐标系如图所示，

所以A2,0,0,P0,0,2,B1,3,0,C1,3,0，

所以AP2,0,2,BP1,3,2,CP1,3,2，

12242

因为AFAP，所以AF,0,，则EFEAAF,0,，

33333

2232

同理EGECCG,,，

333

mEF02xz0

设面EFG的法向量为mx,y,z，所以，则，

mEG0x3yz0

不妨令x1，所以y3，z2，则m1,3,2．

令BMBP,3,2，所以EMEBBM1,33,2

1

因为点M在面EFG中，所以mEM13340，所以，

2

13

所以BM,,1，所以BM2．

22

综上，线段BM的长度为2．

ππ

18．(1)x2kπx2kπ，kZ

22

(2)（i）证明见解析（ii）1，

ππ

【详解】（1）由cosx0，解得2kπx2kπ,kZ，

22

ππ

所以fx的定义域为x2kπx2kπ，kZ

22

ππ

（2）当x时，

22

（i）证明如下：若a1，则fxlncosxcosxx2，

所以fxtanxsinx2x，

sinx

令gxtanxsinx2xsinx2x，

cosx

cos2xsin2