山东省名校考试联盟2026届高三下学期2月份核心素养评估数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省名校考试联盟2026届高三下学期2月份核心素养评估数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1.若集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，得，解得，即，由，得，解得，即，所以.故选：D.2.若为实数，则虚数的实部为（）A.-2 B. C. D.2【答案】C【解析】设且，则，因为为实数，所以，因为，所以，故虚数的实部为.故选：C.3.当时，满足，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，函数在单调递增，所以.当时，因为，所以，故不等式不成立；当时，函数在单调递减，要使不等式成立，只需，得，解得（舍去），又因为，所以.故选：B.4.在平面直角坐标系中，过点的直线与圆有两个交点，则直线斜率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】圆可化为，则圆心，半径，由题意可知，过点的直线与圆相交，当直线的斜率不存在时，与圆相切，不符合题意；故直线的斜率存在，设，即，则，即，得，故直线斜率的取值范围是.故选：C.5.若等比数列的前项和，则该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】当时，.当时，.因为为等比数列，所以时也满足，即，解得.所以数列的通项公式为.该数列的前9项中所有奇数项之和为，该数列的前9项中所有偶数项之和为，故该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为.故选：C.6.已知点为所在平面内一点，若，则（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】过点作，则，以为邻边作平行四边形，所以，，可得，所以.故选：B.7.已知点是抛物线的焦点，是经过点的弦，且，则四边形面积的最小值为（）A.32 B.16 C.8 D.4【答案】A【解析】显然焦点的坐标为，所以可设直线的方程为，代入并整理得，所以，，同理可得，所以，故选：A.8.已知奇函数的定义域为，对于任意的正数，都有，且当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设是上的任意两个实数，且，则，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以函数在上单调递增，因为是定义域在上的奇函数，所以在上也单调递增，由得，即，又，令，则，解得，令，则，解得，令，则，解得，令，则，令，则，因为是奇函数，所以，所以当时，解得，当时，解得，当时，，不满足条件，所以不等式的解集为，故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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.若，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】A：因为，所以多项式最高次项的次数为，所以，因此本选项说法正确；B：因为，所以本选项说法不正确；C：在中，令，得，令，得，所以本选项说法正确；D：对两边同时求导，得，令，得，所以本选项说法不正确.故选：AC.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若，则有2个零点B.若的解集为，则C.任意在有极小值D.存在在有最大值【答案】ACD【解析】对A：若，则，解得或，故有2个零点，故A正确；对B：当时，，则，则等价于，即，因为的解集为，所以在上恒成立，因为在上单调递增，所以，即，故B错误；对C：，若，则，令，则，令，则，若，则由得，得，则在上单调递减，在上单调递增，令，则，即，则，则在上恒成立，则在上单调递增，因为时；时；故对于任意，与始终存在交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方，则当时先负后正，先减后增，则对于任意在有极小值，故C正确；对D：由C选项可知，当时，得，得，则在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以使得，则当时，，时，，则在上单调递减，在上单调递增，当时，且当时，，故当时，与的图象存在唯一交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方，故当时先正后负，先增后减，故存在使得在有最大值，故D正确.故选：ACD.11.已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，左顶点为，点是的右支上一点，过点向双曲线两渐近线作垂线，垂足分别为、，则（）A.双曲线的离心率为B.若直线与交于另一点，则的最小值为C.为定值D.若为的内心，则为定值【答案】ACD【解析】对于A选项，，，则，故双曲线的离心率为，故A正确；对于B选项，由题意可知，若直线的斜率不存在，此时直线的方程为，联立可得，此时，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，联立，可得，所以，解得，由韦达定理可得，，所以，当时，，当时，；当时，，综上所述，，故B错误；对于C选项，设点，则，双曲线的两渐近线方程分别为、，则为定值，故C正确；对于D选项，如下图所示：设、，其中，易知点，，则，，，因为为的内心，则与向量共线，且，所以①，同理可知与向量共线，且，，所以②，联立①②解得，，因为，所以在双曲线上，易知在双曲线的右支上，故为定值，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.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，记为取得白球的次数，则___________．【答案】【解析】因为为取得白球的次数，所以的可能的值为,且随机变量服从超几何分布.，，.所以的分布列为：012P所以.故答案为：.13.已知数列均为等差数列，分别为数列的前项和，若，且，则___________．【答案】【解析】因为，所以，由等差数列的性质得，即，又，则，联立解得，设数列的公差为，数列的公差为，则，解得，则，同理，则，所以，解得，所以.故答案为：.14.若正四面体的棱长为，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___________．【答案】4【解析】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为，所以该正四面体的高为，球的半径为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，所以，所以，则，所以，则距离和的最大值为，所以，所以和的最大值为4．故答案为：4.四、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.在中，，点在延长线上，．（1）求；（2）若的面积为，求线段的长度．解：（1）因为，如下图：设，则，可得，所以，.设，则，在中，由正弦定理得，，则，因为，所以，所以.（2）方法一：由（1）知，，则，所以.在中，由余弦定理得，，所以．方法二：由（1）知，，则，所以，.所以，在中，由勾股定理得．16.已知椭圆的右焦点为，且过点，直线过点交椭圆于两点．（1）求椭圆的方程；（2）线段的垂直平分线与轴的交点为，若点为椭圆的左顶点，求的面积．解：（1）因为椭圆的右焦点为，且过点，所以，解得，则椭圆的方程为；（2）方法一：若直线斜率不存在，此时其垂直平分线与横轴重合，不符合题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程为的中点，联立，消去并整理，由韦达定理得，所以，易知，所以，解得，即，所以直线的方程为或；由弦长公式可知，由直线的对称性知点到两条直线的距离相同，即所以的面积为．方法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点，联立，消去得，韦达定理得，所以，．由，得，整理得：．因为，所以，.17.如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点．（1）求直线与平面的夹角；（2）若，平面与交于点，求线段的长度．解：（1）方法一：连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，所以即为直线与平面的夹角，因为，所以．又因为底面为等腰梯形，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以．则，所以，所以直线与底面的夹角为方法二：连接，因为，所以，又因为平面平面，平面交平面于，所以平面，所以即为直线与底面的夹角，因为，所以．又因为底面为等腰梯形，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以．取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，由面，建立空间直角坐标系如图所示，所以，所以，面的法向量为，所以，所以直线与底面的夹角为；（2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示，所以，所以，因为，所以，则，同理，设面的法向量为，所以，则，不妨令，所以，则．令，所以因为点在面中，所以，所以，所以，所以．综上，线段的长度为．18.已知函数．（1）求的定义域；（2）当时，（i）若，证明：；（ii）若存在三个极值点，求实数的取值范围．（1）解：由，解得，所以的定义域为（2）（i）证明：当时，若，则，所以，令，则，因为，而，且，则，所以函数在区间上单调递减，又，则当时，，当时，，故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．于是.（ii）解：由题意可知，若，当时，由（i）可知，再由为奇函数可知，当时，．于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，此时存在唯一的极大值点．若，令，则，令，函数，则，故在上单调递增．因为，故存在使得．当时，；当时，．记且，则当或时，单调递减；当时，单调递增．又因为，当时，，当时，，再由为奇函数可知，存在，使得．当或时，单调递增；当或时，单调递减，此时存在两个极大值点和和一个极小值点，共三个极值点．综上所述，实数的取值范围为．19.在棱长为1个单位的正方体中，一个质点从顶点出发，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．设第秒后，质点回到点的概率为．（1）求和；（2）设第秒后，质点移动到点的概率为，移动到点的概率为，移动到点的概率为．（i）证明：存在常数，使得；（ii）记的前项和为，证明：存在常数，使得．（1）解：当时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，D，C），第2秒要回到A，必须从这3个顶点之一沿原路返回.每个顶点有3条棱，返回A的概率是.所以.当时，第2秒时，质点在(B，D，C)三点的概率均为.从这三点出发，第3秒无法回到A（因为它们与A距离为1，第3秒移动后距离为2），所以.故，.（2）证明：（i）由对称性可知第秒后质点恰好走到三点的概率相同，都为；第秒后质点恰好走到三点的概率也相同，都为；第秒后质点恰好走到点的概率为．记第秒后质点的位置为，则