山东省泰安市肥城市2026届高三上学期开学考试数学试卷

这是一份山东省泰安市肥城市2026届高三上学期开学考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
i(1 i) 的虚部是
 1
1C． 0D． 6
设全集U  x | x是小于7的自然数 ， A  2,3,6 ，则集合ðU A 等于
A． 1, 4
B．0, 4, 5
C．0,1, 4, 5
D．1, 4, 5
已知双曲线C 的实半轴长为2 ，焦距为6 ，则C 的离心率为
3
6
3
B．C．
222
D． 3
)
已知 x  a 是函数 y  2 tan(x  π
的一个零点，则 a 的最小值为
π
3
3
π
4
ππ
6D． 2
已知函数 f (x) 是(, ) 上的偶函数，若对于 x  0 ，都有 f (x  2） f (x) ，且当
x [0, 2) 时， f (x)  lg2 (x 1），则 f (2024)  f (2025) 的值为
2
 1
2D．1
如图，飞机飞行中的地面速度（GS）是指飞机相对于地面的实际速度，由飞机相对于 周围空气的实际运动速度（TAS）向量加减风速（WS）向量得出，其中风速顺风为正，逆风为负，DA 为偏流角. 已知某飞机逆风飞行，在某时刻测得风速对应向量为
5
10
305
20 5,10 5 ，地面速度对应的向量为100 5, 90 5  ，则飞机在该时刻的实际飞行速度（单位： km / h ）为
（参考数据：
 2.24 ，
 3.16 ，
 17.46 ）
252.8B． 349.2C． 425.6D． 492.8
已知圆 (x  2)2  ( y  2)2  18 上至少有三个不同的点到直线 kx  y  0 的距离为
2
2，则 k 的取值范围是
A． 2 
3, 2  3
B． 2 
3,1

C． 
3, 3 
D． 2 
3, 2 3
3 

已知3x  4y  6z ，则3x ， 4y ， 6 z 的大小关系不可能为
3x  4 y  6zB． 3x  4 y  6z
C． 3x  4 y  6zD． 3x  6z  4 y
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。
如图， ABCD  A1B1C1D1 为正方体，则
B1
D
D1C1
A1
C
AB
BD // 平面CB1D1B． AC1  BD1
C． AC  平面CB DD．异面直线 AD 与CB 所成的角为60∘
11 11
斜率为 k 的直线与抛物线 y2  4x 相交于 A ， B 两点，O 为坐标原点，OA  OB ，直
线OA ， OB 的斜率分别为 k1 ， k2 . 设直线 AB 与 x 轴交于点 D ，过 D 作OB 的平行线交OA 于点 H ，则
OD  4
k1  k2  k  1
O ､ B ､ D ､ H 四点共圆D. ODH 面积的最大值为 4
已知ABC 的面积为 1
2
，若sin 2 A  sin 2 B  2 cs C  2 ， 2 BC  cs B  AB ，则
tan C  cs  A  B
2
C． sin C  cs2 A  cs2 B
cs A  cs B 6
2
D． AC 2  BC 2  2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
若直线 y  2x 是曲线 y  ax  ln  x  1 的切线，则a  ▲.
设等比数列an 的前 n 项和为 Sn ， S4  1, S8  17, 则an 的公比q  ▲.
袋子里有大小相同的 3 个红球和 2 个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子. 记 Pm 为取了 m m  2, 3, 次后白球恰好全部取出的概率，则 P4  ▲ .
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。
（13 分）
对新能源汽车的认可度
合计
认可
不认可
南方消费者
150
150
300
北方消费者
75
125
s
合计
225
t
500
为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共 500 位消费者进行问卷调查，得到如下列联表：
（1）求 s ， t；
根据小概率值α 0.01 的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？
P(χ2  k )
0.005
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为 p1，p2 ，给出 p1，p2 的估计值，并根据 p1，p2 求 4 位消费者（2 位南方消费者和 2 位北方消费者）中认可新能源汽车的人数 X 的分布列与期望.
n(ad  bc)2
附： χ2 .
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
（15 分）
已知数列a  中， a  1， na (n 1)a
 n(n 1) ， n  N* .
n1n1n
 n 
证明：数列 an  是等差数列；

a1
给定正整数 m ，设函数 f (x) 
x2 
a2
23
x3 L
am
m 1
xm1 ，求 f (3) .
（15 分）
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  AC  4 ， AB  2 ， BAC  90 .
证明：平面 AA1B1B  平面 AA1C1C ；
若点 P 在棱 BB1 上，且 A ， C ， P ， C1 均在球O 的球面上.
证明：点O 在平面 AA1C1C 内；
求直线 AP 与平面OBC 所成角的大小.
（17 分）
2
2
已知椭圆C : x  y
a28
 1(a  2
2) 的左顶点为 A ，右焦点为 F ，且 AF
 4.
求C 的方程；
过 A 且不与 x 轴重合的直线与C 的另一个交点为 P ，与直线 x  9 交于点Q ，过 A 且平行于QF 的直线与直线 PF 交于点 R .
若 PQ  2 PA ，求AFR 的面积；
证明：存在定点G ，使得ARG  FRQ .
（17 分）
当 x  0 时，证明： sin x  x ；
已知函数 f  x  sinx  axcsx ， a  R . 记 p ：  t  0 ，使得对x 0, t  ，
都有 f  x   2 x ； q ：  t  0 ，使得对x t, t  ，都有 f  x   2 x .
证明： p 是 q 的充要条件；
若 q 成立，求实数 a 的取值范围.
高三数学参考答案及评分意见
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
C
A
D
B
A
D
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．
答案：B
解析： i(1 i)  1 i ，虚部是 1 .
答案：C
解析：因为U  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 ，所以ðU A  0,1, 4, 5 .
答案：C
解析：因为a  2,c  3，所以e  c  3 .
a2
答案：A
πππ
解析：令 x   kπk  Z  ，得 a  kπ
3
k  Z  ，所以 a
3
 .
min3
答案：D
解析： f (2024)  f (2025) 
f (0)  f (1)  lg2 1 lg2 2  1 ,故选 D .
答案：B
120 5 2  100
5 2
解析：设飞机的地面速度向量为 v ，实际运动速度向量和风速向量分别为v1,v2 ，由已知可得v = v1  v2 ， v = 100 5, 90 5  ， v2  20 5,10 5  ，
所以v1 = v  v2
 120 5,100 5 ， | v1 |=
 349.2 .
答案：A
2
解析：由题意：圆心坐标为2, 2  ，半径为3，要求圆上至少有三个不同的点到直线
2
2
kx  y  0的距离为2，则圆心到直线的距离应小于等于，
k2 1
2
3
所以 | 2k  2 | ≤， k2 4k 1≤0，解得 2  3 ≤ k ≤ 2 .
答案：D
解析：设3x  4y  6z  t ，则
当t  1 时， x  y  z  0，选项 A 正确；
当t  1 时， x  lg3 t ， y  lg4 t ， z  lg6 t ，所以
43lg 4  4 lg 3
43
lgt 34
3x  4 y  tt  0 ，
lgt 3lgt 4lgt 3lgt 4lgt 3lgt 4
64 lg 6  6 lg 4
64
lgt6
4 y  6z  tt  4  0 ，由此可得3x  4y  6z ，
lgt 4lgt 6lgt 4  lgt 6lgt 3lgt 4
选项 B 正确；
当0  t  1 时，同理可得3x  4y  6z ，选项 C 正确.
题号
9
10
11
答案
AC
ABD
ACD
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。
答案：AC
解析：因为 BD // B1D1 ，所以 BD // 平面CB1D1 ，选项 A 正确；而 AC1  平面CB1D1 ，所
以选项 C 正确，选项 B 错误；异面直线 A D 与CB1 所成的角为 45°，所以选项 D 错误.
答案：ABD
 y 2
 y 2
k 
4 , k  4
解析：对于 A，设 A  1 , y1  , B  2 , y2  ，则 12
，由 k1k2  1得 y1 y2  16 ，
 4
k 4
 4
y1y2
4
y 2 
直线 AB 的斜率
，故直线 AB 的方程为 y
 x  1   y1 ，
y1  y2y1  y2 4 
令 y  0 ，解得
x   y1 y2  4 4
，故 D 4, 0  ，所以 OD  4
，选项 A 正确；
对于 B， k  k
  k   4  4   4  16  16  1 ，选项 B 正确；
12 yy 
y  yy y
16
 12 
121 2
对于 C，取
y1  4 ，则
y2  4
，故 A(4,4)
， B(4,4)， H 2, 2  ，
则O 0, 0 、B 4, 4 、D 4, 0  确定的圆方程为
(x  2)2  ( y  2)2  8 ，
因为(2  2)2  (2  2)2  16  8 ，故O ､ B ､ D ､ H 四点不共圆，选项 C 错误；
对于 D，过 D 作OB 的平行线，该方程为 y 
4  x  4
y2
，与OA: y  4 x
y1
联立，
解得： H 
4 y1 ,
16
 ，故ODH 的面积 S  1  4 32，
16
y2  y1
y2  y1
 y  yy  y 2
 2121 
16
S 32
因为 y1 y2  16 ，故将
y2  
y
1
代入上式并化简得，
16  y
y
1
1
不妨设 y  0 ，则16  y  8，当且仅当 y  4 时等号成立，此时 S  32  4 ，
1
y
8
11
1
故ODH 面积的最大值为 4 ，选项 D 正确；故选：ABD.
答案：ACD
解析：由sin 2 A  sin 2 B  2 cs C  2 ，及2 A   A  B    A  B  、
2B   A  B    A  B  得2 sin  A  B cs  A  B  2 cs C  2 ，结合 A  B  π C ，化简
得sin C cs  A  B   cs C  1 ，即2 sin C cs C cs  A  B  2 sin2 C ，由此可得
222
tan C  cs  A  B ，所以A 正确. 又由题设得2 sin A  cs B  sin C ，即 2 cs B  sin C ，
2
AB2  BC2  AC2AB
sin A
再由正、余弦定理得2
2AB BCBC
π
，化简得 BC  AC . 结合选项 A 可以判断
π
 A B C 是等腰直角三角形， C  ， A  B  . 所以结合条件得 AC  BC  1 .
24
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
12. 313.
 2 或 214.549
4000
答案： 3
解析：设切点是 x , y  ，则 y  ax  ln  x  1 ， y  a 1，所以切线方程是
00
y  y   a  1   x  x
000
 ，即 y   a  1  x x0
x 1
 ln  x
 1 ，所以


x
0
0
 1 0
0

x
 1
x

001
a 

 x
1
x0 1
 2,
，解得 x0  0 ， a  3 .
0  ln  x 1  0
 x 10
 0
答案：  2 或 2
 a (q4 1)
 1  1,
解析：由 S
 1, S
 17 可知q 1，所以
q 1
，
 1
48 a (q8 1)
 17
q 1
q8 1
两式相除，整理得
答案： 549
4000
q4 1
 17 ，解得q4 16 ，所以 q  2 或 q  2 .
解析： 设事件 M 为第一个白球在 k 次取出， 且第二个白球在第 m次取出， 其中
 3 k 12  3 mk 111 3 k 1  3 mk 1
1  k  m ，则 P M    5  5  4   5  4 .

410

m1
1 3 m2
m1  4 k 1
8 3 m
10 3 m
所以 Pm   P M   10  4   5  9  4   9  5  ，
k 1k 1 
8  3 410  3 4549
故 P4  9  4   9  5 
.
4000

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。
（13 分）
解：（1）由列联表得 s  200 ，
t  275 .
…1 分
…2 分
（2） χ2  500(150125 75150)2  250  7.5764 分

22527530020033
由于χ2  6.635，所以根据小概率值α  0.01 的独立性检验，可以认为南、北消费者对新能
源汽车的认可度有差异6 分
南、北方消费者中对新能源汽车认可的频率分别为150 1 ， 75 3，

150 1502 75 1258
因此 p1，p2
的估计值分别为 1 3 .
，
2 8
…8 分
4 位消费者（2 位南方消费者和 2 位北方消费者）中认可新能源汽车的人数 X  0,1,2,3,4
则 P( X  0)  (1  1 )2  (1  3)2  25 ，
28256
P( X  1)  C1  1 (1 1 ) (1 3)2  (1 1 )2 C1  3 (1 3)  5
2228228816
P( X  2)  1 2  (1 3)2  (1 1 )2  3 2  C1  1  (1 1 ) C1  3  (1 3)  47
()()
2828
222
288128
P( X  3)  C1  1  (1 1 )  3 2  1 2 C1  3  (1 3)  3
222
()()
82
28816
P( X
 4) 
( 1 )2 
2
( 3)2 
8
9 .
256
故 X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
25
256
5
16
47
128
3
16
9
256
…12 分
故 E( X )  0 
（15 分）
25
256
1 5
16
 2  47
128
 3 3
16
 4 
9
256
 7 .
4
…13 分
解：（1）证明：由已知可得： an1  an 1, 即 an1  an  1.3 分
n 1nn 1n

所以 an  是以 a1  1 为首项，1 为公差的等差数列5 分
n
1
（2）由（1）得： an
n
 1 (n 1) 1  n, 所以 an
 n2 ,
…7 分
故 f (x)  x  2x2 L mxm ，
可得 f (3)  3  2  32 L m  3m ，
所以3 f 3  1 32  2  33  3 34 L （m 1） 3m  m  3m+1 ，10 分
所以2 f 3  31  32  33      3m  m  3m1
31  3m 1  2m  3m1  3
 m  3m1 
1  32
…13 分
所以 f 
(2m 1)  3m+1  3
 
3 15 分
4
（15 分）
解：（1）由已知， AA1  平面 ABC ， AC  平面 ABC ，故 AA1  AC2 分
又 AB  AC ， AB ∩ AA1  A ， AB  平面 AA1B1B ， AA1  平面 AA1B1B ，
故 AC  平面 AA1B1B4 分
因为 AC  平面 AA1C1C ，所以平面 AA1B1B  平面 AA1C1C5 分
（2）（i）以 A 为坐标原点， AB 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
A  xyz . 由已知可得 B 2, 0, 0 ， C 0, 4, 0 ， C1 0, 4, 4 . 设 P 2, 0, m ， O r, s, t  ，
z
B1
P
C1
B
x
y
C
因为OA  OC  OC1  OP ，所以A1
 r 2  s  42  t 2  r 2  s  42  t  42 ,

r 2  s  42  t 2  r 2  s2  t 2 ,

r 2  s  42  t 2  r  22  s2  t  m2 ,A

r 2  s  42  t  42  r 2  s2  t 2 ,
 r  0,

 s  2,

解得 t  2,
m  2.
故点O 在平面 AA1C1C 内10 分
（ ii ） 由 （ i ） 可 得 P 2, 0, 2 ， O 0, 2, 2 ， AP  2, 0, 2 ， OB  2, 2, 2 ，
OC  0, 2, 2 .
–––→
n  0,
x  y  z  0,
设 n   x, y, z  是 平 面 OBC 的 法 向 量 ， 则
OB
–––→
n  OC  0,
即可 取
 y  z  0,

n  2,1,1 .
–––→
n  AP
…12 分
则cs  n, AP  –––→ 
| n |  | AP |
，14 分
3
2
π
故直线 AP 与平面OBC 所成角的大小为
（17 分）
.15 分
3
解：（1）设 F (c，0)(c  0) ，则 AF
 a  c  4.
…1 分
2
设C 的短半轴为b ，则b  2
a2  c2  8
又a2  b2  c2，由 a  c  4

x2  y2 
.
a  3

得 c  13 分
所以C 的方程为1.
98
…4 分
（2）（ⅰ）因为 A，P，Q 共线，且 A，Q 的横坐标分别为 3,9 故若 PQ  2 PA ，则
P 的横坐标为1，所以
PF 
x轴.不妨设 P 在第一象限，由
12  y2 

得 y  8
1
，
即 P(1 8) .
3
8
983
设Q(9，yQ
) ，则由几何关系可知 3 
yQ
 1 故 y
PA
PA  PQ
3Q
 8 ,直线QF 的斜率
k 8  0  1，设直线 x  9 与 x 轴的交点为 S ，则PFS  π 又 QS  FS ，所以
QF9 12
.
QPS  π
……………………………………………………7
4
分
，
又因为 AR // FQ ， RF  x轴，故RAF  QPS  π 所以 RF  AF  4 ，
故 SAFR

AF  RF
 8.
4
…9 分
1
2
（ⅱ）由（ⅰ）猜想QF 平分角PFS.因为 A(3，0），故直线 AP 的方程可设为 y  k (x  3) ，
 y  k (x  3)
不妨设 k  0 ，与C 的方程联立有 x2  y2  ，
 981
整理有(8  9k 2 )x2  54k 2 x  81k 2  72  010 分
设 P(x1，y1 ) ， Q(x2，y2 ) ，则
54k 2
 3  x1   8  9k 2 ，x1 
24  27k 2
8  9k 2
故 P (
24  27k 2
8  9k 2
， 48k )，Q(9，12k ). 8  9k 2
…11 分
当 PF 斜率不存在时，由（ⅰ）可知QFS  PFQ.
…12 分
当 k  2 时， PF 斜率存在， tan 2QFS 
3
2  3k
2
1 (3k )2
2
12k，
4  9k 2
且tan PFS 
y1
x 1
12k 4  9k 2
故此时也有2QFS  PFS，即QFS  PFQ.
1
…14 分
因为 AR // FQ ，故RAF  QFS .
又RFS  RAF  ARF  2QFS  2RAF ，故ARF  RAF，RF  AF  4.
设 F 关于直线 x  9 的对称点为 K ，则 K (17，0) ，取G 13，0 ，则 AG  FK ，易知
RF
QF
AFR ∽ FQK ，故


， RAF  RFQ
故FRQ ∽ ARG ，故
AR
FK
AR
AG
ARG  FRQ. 所以存在定点G 13，0 ，使得ARG  FRQ17 分
（17 分）
解：（1）令 F  x  sinx  x ， x  0 ，则 F  x  csx 1  0 ，2 分
所以 F  x 在0,  上单调递减，所以 F  x  F 0  0 ，即sin x  x .
…5 分
（2）（i）必要性：若 q 成立，即存在t  0 ，使得对任意 x t, t  ，都有 f  x  2 x ，
则对任意 x 0, t  ， f  x  2 x  2x ，即 p 成立7 分
充分性：若 p 成立，即存在t  0 ，使得对任意 x 0, t  ，都有 f  x  2x .
当 x 0, t  时，有 f  x  2x  2 x ；当 x  0 时，有 f  x  2 x  0 ；
当 x t, 0 时， x 0, t  ，由 f x  sin x  a xcs x   f  x ，
知 f  x 是奇函数.所以 f  x   f x  f x  2 x  2 x .
于是对任意 x t, t  ，都有 f  x  2 x ，即 q 成立10 分
（ii）由（i）知，只需考虑 p 成立，即存在t  0 ，使得对任意 x 0, t  ，都有
f  x  2x ，等价于
2x  f  x  2x11 分
令 g  x  f  x  2x ， h  x  f  x  2x ，
则需 g  x  0 ， h  x  0 在 x 0, t  上恒成立.
不妨取t  π ，即 g  x  0 ， h  x  0 在 x  0, π  上恒成立.
22 

1 由 g  x  sinx  axcsx  2x ，得 g x  axsinx  1 acsx  2 ， x  0, π  ，则
2 

①当 a  0 时， g  x  0 ，符合题意；
②当0  a  1 时，g x  0 ，g  x  在 0, π  上单调递增，故 g  x  g 0  0 符合题意；
22 

③当 a  1 时，令 p  x  g x ，则 p x  2a 1sinx  axcsx  0 ， p  x  g x 在
2
 0, π  上单调递增；
2 

若 g0  3  a  0 ，即 a  3 ，则 g x  g0  0 ， g  x  在 0, π  上单调递增，同②
2 

符合题意；
若 g0  3  a  0 ，即 a  3 ，由 g π   π a  2  0 ，知存在 x   0, π  ，使得
 2 212 

g x1   0 .
当 x 0, x1  时， g x  g x1   0 ， g  x  在0, x1  上单调递减，故 g  x  g 0  0 ，不符合题意.
于是 a  314 分
2°由 h  x  sinx  axcsx  2x ，得 h x  axsinx  1 acsx  2 ， x  0, π  ，
2 

令 q  x  h x ， q x  2a 1sinx  axcsx ，
①当0  a  3 时，由（1）可知 h  x  sinx  axcsx  2x  x  axcsx  2x
 x 1 acsx  0 ，符合题意.
②当 a  0 时， q x  0 ， q  x  h x 在 0, π  上单调递减，
2 

若 h0  a 1  0 ，即a  1 ，则 h x  h0  0 ， h  x 在 0, π  上单调递减，故
2 

h  x  h 0  0 ，符合题意；
若 h0  a 1  0 ，即a  1 ，由 h π   π a  2  0 ，知存在 x  0, π  ，使得
 2 222 

h x2   0 ，当 x 0, x2  时， h x  h x2   0 ， h  x 在0, x2  上单调递增，故
h  x  h 0  0 ，不符合题意.
于是a  116 分
综上，实数 a 的取值范围为1, 317 分