2026-2027学年山东省济南市历城第一中学高三上学期第一次学情检测数学试卷（含解析）

/数学一、单项选择题：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.已知集合，则（）A. B. C. D.2.已知向量，满足与垂直，则实数的值为（）A. B. C. D.3.记为等差数列的前项和.若，则（）A.12 B.24 C.36 D.484.已知集合，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件5.已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（）A. B. C.2 D.6.的展开式中的奇数次幂项的系数之和为32，则（）A.1 B.2 C.3 D.47.已知函数，满足，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.8.如图所示的六面体中，平面平面，，若，则（）A. B.C. D.2二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知实数满足，则（）A. B.C. D.10.已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（）A.B.为奇函数C.在上单调递减D.的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到11.已知函数，则（）A.当时，函数单调递增B.当时，函数有两个极值C.过点且与曲线相切的直线有且仅有一条D.当时，若，直线与曲线有三个交点，，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知随机事件A，B相互独立，且则的值为__________.13.写出一个同时满足下列条件①②③的圆的标准方程：__________.①圆心在轴上；②与轴相切；③与圆相交.14.数列满足记则的最大值为______.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求的周长；（2）若，求△ABC的面积.16.如图，在四棱锥中，底面,,，（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.17.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的两个焦点分别是，，点M在上，且.（1）求的标准方程；（2）若直线与交于A，B两点，且的面积为求的值.18.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若函数存在正零点，（i）求的取值范围；（ii）记为的极值点，证明.19.甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.（1），若两人共进行5局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望；（2）时，若两人共进行（且）局比赛，记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”.事件表示“甲最终获胜”.请写出，，，的值（直接写出结果即可）；（3）若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为.证明：时，.

数学一、单项选择题：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.已知集合，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先解一元二次不等式确定B，再利用交集的概念计算即可.解答过程：，又，所以.故选：D2.已知向量，满足与垂直，则实数的值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据数量积的坐标表示，列出方程，求解即可.解答过程：由题意知向量，满足与垂直，故，，即得，则，解得，故选：A3.记为等差数列的前项和.若，则（）A.12 B.24 C.36 D.48答案：C解析：思路：利用等差数列的性质及前项和公式即可求解.解答过程：，，，.故选：C.4.已知集合，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件答案：A解析：思路：结合指数函数以及对数函数的性质求出集合，根据二者的关系，即可判断出答案.解答过程：由可得，则；由，得，故，由于是的真子集，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A5.已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（）A. B. C.2 D.答案：B解析：思路：由题设，结合且，应用二倍角正切公式、双曲线离心率求法求解.解答过程：在中，而，则，所以，故，所以.故选：B6.的展开式中的奇数次幂项的系数之和为32，则（）A.1 B.2 C.3 D.4答案：B解析：思路：根据二项式的通项公式确定展开式中的奇数次幂项的系数和的表达式，列方程求解即可.解答过程：的展开式的通项公式为，则的展开式中的奇数次幂项的系数和为，故，则，故选：B7.已知函数，满足，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由题意推出，利用导数判断函数的单调性，由此将化为，利用函数单调性即可求解.解答过程：由题意知函数的定义域为R，则，则，又，故在R上单调递增，故，即，即，则，解得，即实数的取值范围是.故选：C8.如图所示的六面体中，平面平面，，若，则（）A. B.C. D.2答案：C解析：思路：取上一点，使，连接，利用面面平行的性质及已知得为平行四边形，则，再由勾股定理、余弦定理列方程求线段长度.解答过程：如下图，取上一点，使，连接，由平面平面，平面平面，由平面平面，则，，故为平行四边形，即且，由平面平面，平面平面，由平面平面，则，，故为平行四边形，即且，综上，，故为平行四边形，则，由，则，故，由，则，所以，则，可得.故选：C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知实数满足，则（）A. B.C. D.答案：BC解析：思路：举反例判断AD，利用不等式的性质判断BC.解答过程：因为，所以，对于A，若，则，故A错误；对于B，，又，所以，所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以，故C正确；对于D，当时，，不成立，故D错误；故选：BC10.已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（）A.B.为奇函数C.在上单调递减D.的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到答案：ABD解析：思路：对A，根据相邻对称轴距离求出函数周期，计算得到ω；对B，利用奇函数定义判断；对C，换元判断函数单调性；对D，根据图象变换求解判断.解答过程：对于A：因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，即，所以，，A正确；对于B：由选项A分析可知，所以，令，则定义域为，且，所以是奇函数，所以为奇函数，B正确；对于C：由，得，令，因为在单调递减，在单调递增，所以在单调递减，在单调递增，C错误；对于D：函数的图象向左平移个单位长度，得到，D正确.11.已知函数，则（）A.当时，函数单调递增B.当时，函数有两个极值C.过点且与曲线相切的直线有且仅有一条D.当时，若，直线与曲线有三个交点，，则答案：ACD解析：思路：因为，所以.当时，，即可判断选项A；当时，，此时单调递增，函数无极值，即可判断选项B；设过点的直线与曲线相切于点，则切线方程为，代入并整理得.令，求导研究函数的单调性及极值，进一步判断函数的零点个数，即方程解的个数，即可判断选项C；当时，，因为，所以直线即为直线，过定点，且此点在曲线上，画出的大致图象与直线，求出函数图象的对称中心，根据对称性即可判断选项D.解答过程：因为，所以.当时，，所以当时，单调递增.故选项A正确；当时，令，则，所以当时，，所以单调递增，此时函数无极值.故选项B不正确；设过点的直线与曲线相切于点，则切线方程为，代入得，整理得.令，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.又，所以只有一个零点，即方程只有一个解，所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条.故选项C正确；当时，，因为，所以直线即为直线，即，所以直线过定点，且此点在曲线上，画出的大致图象（对求导，可得的单调区间和极值，进而可作出的大致图象）与直线，如图.设函数图象的对称中心为（提示：任一三次函数的图象都有对称中心），则有，即，整理得，所以，解得，所以函数的图象关于点对称.设，则有，所以.故选项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.已知随机事件A，B相互独立，且则的值为__________.答案：解析：思路：利用求解.解答过程：解：由题意得：，故13.写出一个同时满足下列条件①②③的圆的标准方程：__________.①圆心在轴上；②与轴相切；③与圆相交.答案：（答案不唯一）解析：思路：设圆的标准方程为

由

②得出，再由

③得出，即可求出结果.解答过程：因为圆心在轴上，所以设圆的标准方程为，圆与轴相切，所以圆化为标准方程为，圆心为，半径为，又圆与圆相交，所以

则，解得：，取，，此时圆的标准方程为

.故（答案不唯一）.14.数列满足记则的最大值为______.答案：解析：思路：根据数列范围及递推关系三角换元，结合二倍角正弦公式最后应用三角函数值域求解即可.解答过程：因为所以设,当时取等号.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求的周长；（2）若，求△ABC的面积.答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据已知条件结合余弦定理化简，可求出a的值，即得答案；（2）利用二倍角公式化简，结合余弦定理求出bc的值，即可求得答案.（1）由得：，即得，所以的周长为；（2）由得：，所以，因为，所以，所以，又，则，即，所以，所以的面积．16.如图，在四棱锥中，底面,,，（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.答案：（1）证明：记，因为，所以，所以，即，又底面平面，所以，因为，且平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解析：思路：（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的定理证明结果即可；（2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入公式计算即可；（1）略（2）取中点，连接，则，所以平面，所以三条直线两两垂直，分别以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以设平面的法向量为，则，可取，同理设平面的一个法向量为，则，可取所以，，所以，平面与平面的夹角的余弦值为．17.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的两个焦点分别是，，点M在上，且.（1）求的标准方程；（2）若直线与交于A，B两点，且的面积为求的值.答案：（1）（2）或解析：思路：（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；（2）设，，联立直线和椭圆构成的方程组，根据可得，由韦达定理可得，，再根据，可得或，即可求解.（1）由题意，设的标准方程为，则，，即，所以，所以的标准方程为；（2）设，，由联立得，由题意，即，，，显然直线过定点，所以，所以，即，所以，解得或，均满足，所以或.18.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若函数存在正零点，（i）求的取值范围；（ii）记为的极值点，证明.答案：（1）单调递减区间是，无单调递增区间（2）（i）；（ii）证明：由题意，，即，从而，即，由（ⅰ）知当时，，即，有，又，故，两边取对数，得，于是，整理得．解析：思路：（1）借助导数的正负即可得函数的单调性；（2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得.（1）由已知可得的定义域为，且，因此当时，，从而，所以的单减区间是，无单增区间；（2）（ⅰ）由（1）知，，令，当时，单调递减．①当时，可知在内单调递减，又，故当时，，所以不存在正零点；②当时，，在单调递减，故当时，，函数不存在正零点；③当时，，此时，所以存在满足，所以在内单调递增，在内单调递减．令，则当时，，故在内单调递增，在内单调递减，从而当时，，即，所以，又因为，所以，因此，此时存在正零点；综上，实数的取值范围为；（ⅱ）略方法提示：关键点点睛：最后一问关键点在于借助，从而得到，即可得.19.甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.（1），若两人共进行5局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望；（2）时，若两人共进行（且）局比赛，记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”.事件表示“甲最终获胜”.请写出，，，的值（直接写出结果即可）；（3）若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为.证明：时，.答案：（1）