2026-2027学年山东省青岛市青岛第五十八中学高三上学期9月调研数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟．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，则的子集个数为（）A.1 B.2 C.4 D.82.已知，则（

）A. B. C. D.3.已知函数为奇函数，则（）A.1 B.0 C. D.24.设，是向量，则“”是“或”的（）．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.若函数的值域为，则可以为（）A. B.C. D.6.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A. B. C. D.7.若，则（）A. B. C. D.8.已知成等比数列，且．若，则A. B. C. 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．9.一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（）A.样本负相关 B.C. D.处理后的决定系数变大10.设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则（）A.是直角三角形 B.是等腰直角三角形C. D.直线的斜率为11.一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，以此类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论正确的是（）A. B.数列为等比数列C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中项的系数是___________．13.在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为______．14.已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，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.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．16.（1）证明：；（2）若，，利用（1）结合自己所学知识，求.17.在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.18.在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.（1）求直线CD与平面所成角的大小；（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.19.已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列．（1）对于第1项为的K列，写出它的第2项．（2）设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由；（3）证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟．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，则的子集个数为（）A.1 B.2 C.4 D.8答案：D解析：思路：先解一元二次不等式得到集合，再求与整数集的交集，根据集合元素个数计算子集个数即可.解答过程：由，得，即，所以，共含个元素.故的子集个数为.2.已知，则（

）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据条件，利用复数的运算，即可求解.解答过程：因为，则，故选：C.3.已知函数为奇函数，则（）A.1 B.0 C. D.2答案：C解析：解答过程：函数的定义域为.因为函数为奇函数，则，解得，此时，又因为，所以函数为奇函数，所以符合题意.4.设，是向量，则“”是“或”的（）．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案：B解析：思路：根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.解答过程：因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，无法得出或，例如，满足，但且，可知充分性不成立；综上所述，“”是“或”的必要不充分条件.故选：B.5.若函数的值域为，则可以为（）A. B.C. D.答案：A解析：思路：利用三角恒等变换先化简，进而求解.解答过程：由，其中，又因为的值域为，所以，解得，所以或，当时，或，得到A符合题意.6.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.解答过程：因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A方法提示：关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.7.若，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.解答过程：设，则为增函数，因为所以，所以，所以.，当时，，此时，有当时，，此时，有，所以C、D错误.故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.8.已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.答案：B解析：思路：先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.解答过程：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.方法提示：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如二、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．9.一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（）A.样本负相关 B.C. D.处理后的决定系数变大答案：ABD解析：思路：利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD.解答过程：对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确；对于B，原样本均值：，由，得，B正确：对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误；对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确．故选：ABD10.设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则（）A.是直角三角形 B.是等腰直角三角形C. D.直线的斜率为答案：ABD解析：思路：根据双曲线的渐近线确定的大小，可判断A的真假；利用三角形中位线的性质，可判断B的真假；利用勾股定理，可求的长度，判断C的真假；利用正弦定理求的正弦，进而求其正切，再根据双曲线的对称性判断D的真假.解答过程：如图，由于，则，，，A正确；如图，连接，由于为的中位线，则且,所以，于是为等腰直角三角形，B正确；由，则，，则，，则C错误；在中，由正弦定理：，则，于是，由对称性可知，D正确；11.一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，以此类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论正确的是（）A. B.数列为等比数列C. D.答案：ABD解析：思路：先建立坐标系得到球心坐标与半径的关系，推导半径的递推公式，再结合等比数列性质分析各选项.解答过程：建立空间直角坐标系，将棱长为的正方体放置在第一象限，设球的球心坐标为.为正方体的内切球，，球心坐标为.对于A选项：球与球外切，∴两球心距离等于半径之和，即，∴，解得，故A正确.对于B选项：对任意，球与球外切，同理两球心距离为，整理得，为常数，∴数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确.对于选项：等比数列的前项和，∵，∴，故，即，故C错误，对于D选项：球的体积，∵是公比为的等比数列，∴是公比为的等比数列，体积和，∵，∴，计算得，，代入得，故，D正确.方法提示：方法归纳：对于正方体内与三个相邻切的球，其球心坐标可表示为，利用两球外切时球心距等于半径和建立递推关系，转化为等比数列问题求解。三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中项的系数是___________．答案：解析：思路：根据题意，先求得展开式的通项，结合多项式的运算法则，求得的展开式中项，进而得到答案.解答过程：由二项式展开式的通项为，则的展开式中项为所以的展开式中项的系数为.故答案为.13.在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为______．答案：解析：思路：分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.解答过程：如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接，过作,垂足为.因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故答案为.14.已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，的最大值为__________．答案：13解析：思路：设连续段长度为，先把该连续段的和记为，再利用相邻两项差的限制，估计该连续段左右两侧各项的最小可能值，从而得到的上界．最后构造等号成立的数列，说明最大值可以取到．解答过程：设某一连续段为其项数为因为，所以．记若，则把所有同时变为，条件和均不变，而该连续段的和变为．因此只需讨论的情况．设该连续段左边有项，右边有项，则由相邻两项差的绝对值不超过，对于连续段内的项，有所以从而同理，从右端向左估计，也有对左边项，由相邻项差的限制可得，因此左边项的和不小于对右边项，同理可得右边项的和不小于所以整个数列的和满足又因为，所以．于是由于，且在固定时，的最大值出现在一边为，另一边为时，所以因此整理得即当时，上式右端分别为所以任意连续段和的绝对值都不超过．下面说明可以取到．取则且同时故所求最大值为四、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.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．答案：（1）；（2）的分布列为01020300.160.440.340.06.解析：思路：（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为．（2）依题可知，的可能取值为，所以，,，，.即的分布列为01020300.160.440.340.06期望.16.（1）证明：；（2）若，，利用（1）结合自己所学知识，求.答案：（1）；（2）解析：思路：（1）利用，结合二倍角的正弦与余弦公式可证结论；（2）由（1）可得是方程的一个实根，令，求导可判断在上单调递减，进而可得函数在上有零点，可求.解答过程：（1）略（2）由（1）可知，，即是方程的一个实根.令，，显然，当时，，所以在上单调递减，又，所以，即.17.在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）解析：思路：（1）类比等差数列求和的倒序相加法，将等比数列前n项积倒序相乘，可求，代入即可求解.（2）由（1）知，利用两角差的正切公式，化简，，得，再根据裂项相消法，即可求解.解答过程：（Ⅰ）由题意，构成递增的等比数列，其中，则①②①②，并利用等比数列性质，得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又所以数列的前项和为方法提示：（Ⅰ）类比等差数列，利用等比数列的相关性质，推导等比数列前项积公式，创新应用型题；（Ⅱ）由两角差的正切公式，推导连续两个自然数的正切之差，构造新型的裂项相消的式子，创新应用型题；本题属于难题.18.在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.（1）求直线CD与平面所成角的大小；（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.答案：（1）（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：由（1）可知，，所以是的中点,设的中点为，所以.又，所以.在内过作，所以以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，设，又，则.因为，又，所以，化简得，即，所以曲线是椭圆.（ii）存在，点满足或解析：思路：（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；（ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解.（1）因为平面，平面平面，所以.所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.过作，垂足为.因为平分，所以.又，所以，所以又，所以.因为，所以，所以直线与平面所成角为.（2）（i）略（ii）方法一：设.在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.若，则，即，因为，所以，当时，上式恒成立，所以符合题意；当时，有，所以，所以.因为，所以，所以，所以，即.因为上式对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.方法二：设在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.当与重合时，因为，又，所以.所以当时，符合题意.当与不重合时，过作，垂足分别为.连接，则因为，所以.又，所以平面，所以，同理又，所以，所以，所以RtRt，所以直线平分又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补在平面内，设直线的斜率分别为，则，对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.方法提示：关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解.19.已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列．（1）对于第1项为的K列，写出它的第2项．（2）设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由；（3）证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．答案：（1）或（2）不能，理由如下：假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前.显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一