山东省德州市2026届高三上学期10月校际联考（二）数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省德州市2026届高三上学期10月校际联考（二）数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了10， 在复平面内，对应的点位于， 若集合，，则， 设正实数满足，则等内容，欢迎下载使用。
2025.10
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【详解】因为，
所以其在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为集合，所以.
因为集合，所以.
所以.
故选：D.
3. 如图，平行四边形中，点E为BC的中点，点F在线段AE上，且，记，，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】因为平行四边形中，是的中点，，，
所以
.
故选：D．
4. 在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则；
B. 若，则；
C. 若，则；
D. 若，则
【答案】C
【详解】

作正方体，
对于A，不妨设为底面，显然符合条件，，但不成立，故A错误；
对于B，不妨设为底面，显然符合条件，但，故B错误；
对于C，因为是不重合，所以，又，不重合，所以，故C正确；
对于D，不妨设分别为下底面与上底面，显然符合条件，但，故D错误；
故选：C
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由条件可知，，可得，
.
故选：D
6. 宋代是中国瓷器黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.
故选：D
7. 已知数列{an}满足数列的前n项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】因为，
所以，
又，则，
所以是以3为首项，2为公比的等比数列.
于是，
因为，
所以，
又，
所以，
故选：A
8. 已知函数定义域为，其导函数为，若函数为偶函数，函数为偶函数，则下列说法不正确的是（ ）
A. 函数关于轴对称
B. 函数关于中心对称
C. 若，则
D. 若当时，，则当时，
【答案】C
【详解】对于A，由函数的定义域为，函数为偶函数，得，
即，因此函数的图象关于轴对称，A正确；
对于B，由函数为偶函数，得，由是函数的导函数，
得，即，则，
，因此函数的图象关于，即中心对称，B正确；
对于C，由选项A得，由选项B得，
则，即，因此
，即函数是周期为12的周期函数，又，
即，函数是周期为12周期函数，则，
又，于是，
由，得，则，，
因此，C错误；
对于D，当时，，
，D正确.
故选：C
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 设正实数满足，则（ ）
A. 有最大值为
B. 有最小值为
C. 有最小值为9
D. 有最大值为
【答案】BC
【详解】对于A，由，，得，当且仅当时取等号，A错误；
对于B，，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，
当且仅当，即时取等号，C正确；
对于D，
，
当且仅当，结合，即时取等号，
而，因此不能取等号，D错误.
故选：BC
10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 为奇函数
C. D. 在内有唯一的极小值点
【答案】BD
【详解】辅助角公式化简原函数为，其中，.
因为图象关于直线对称，根据正弦型函数的性质有
，即.
又，，，
则.
A选项：的最小正周期为；
B选项：，为奇函数；
C选项：
，不恒为.
D选项：当，则，
当时，取得极小值，
因此只有，即为唯一的极小值点.
故选：BD.
11. 如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是（ ）
A. 异面直线AC与BD所成的角为定值
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】ABD
【详解】对于A，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项A正确；
对于B，因为OA=OB=OC=OD，所以外接球球心是，所以外接球半径，
∴四面体的外接球体积为，故B正确．
对于C，若直线与直线垂直，
∵直线与直线也垂直，则直线平面，
∴直线直线，又，∴平面，∴，
而是以和为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，，当平面平面时三棱锥体积取最大值，
此时，故选项D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则__________.
【答案】16
【详解】是公差不为0的等差数列，
，
成等比数列，
，
，
，
，
或，
，，
故答案为：16.
13. 已知函数在恰有两个极值点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【详解】，得，，
若函数在区间恰有两个极值点，
则与函数在区间恰有2个交点，
，，
当，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，当，，当，
所以.
故答案：
14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______．

【答案】
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，

连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以即，
因为，点在递减区间内，所以，
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文宇说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数为数列的前项和．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【小问1详解】
由题意知，的前项和，
当时，，
当时，，
经检验，满足，
∴的通项公式为.
【小问2详解】
∵，∴
∴，
∴
∵，
故．
16. 如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且.
（1）求证：；
（2）当时，求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
又，且，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
故.
【小问2详解】
解法一：因为，所以在等腰直角三角形中，，得.
又在直角三角形中，，得.
因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以，
取的中点为S，连接，则，且，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
故直线与直线所成角的余弦值为.
解法二：当时，，分别是和的中点，所以.
又与所在的平面垂直，所以平面，平面，所以.
此时，，两两垂直.
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图：
得，，，，
故，.
则，
故直线PC与直线AM所成角的余弦值为.
17. 已知某公司生产一种零件的年固定成本是万元，每生产千件，须另投入万元，设该公司年内共生产该零件千件并全部销售完，每千件的销售收入为万元，且．
（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；
（2）当年产量为多少千件时，该公司在这种零件的生产中所获利润最大？（注：年利润=年销售收入-年总成本）
【答案】（1），（2）当x=25千件时，W取最大值30万元．
【详解】（1）当010时，W（x）= xR（x）-（3+2x）=，
∴，
（2）①当010时，W=≤130-2=30，
当且仅当时，即x=25时，W（x）max =30，
由①②知，当x=25千件时，W取最大值30万元．
18. 在中，角的对边分别为，满足，点是上的一动点，且.
（1）求角的大小；
（2）若为边上的高，且，求的面积；
（3）若为的角平分线，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
由，由正弦定理得，
，
，
，
，
.
【小问2详解】
因为，即，
又，所以，
由余弦定理得，
化简可得，解得，
所以的面积.
【小问3详解】
因为为的角平分线，且，
因为，
所以，
所以，又，可得，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以
，
当且仅当且，即时取等号，
又当时，，符合题意，
故的最小值为12.
19. 已知函数
（1）若曲线在点处的切线在轴上的截距为，求的值；
（2）若函数存在唯一极值点，求的取值范围；
（3）若函数存在极大值，记作，求证：.
（参考结论：当时，.这里表示从0的右边逼近表示从0的左边逼近0.）
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
且，
则，所以切线方程为，
令，则，
由题意得，解得；
【小问2详解】
存在唯一极值点等价于方程在上有唯一解.
设，
则，由，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，，
所以在上的值域为，在上的值域为，
故只需，解得，即实数的取值范围为；
【小问3详解】
设，
当时，，
由零点的存在性定理知，存在使得，
即当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以存在极大值为，极小值为，不符合题意；
当时，由（2）知，存在唯一的零点，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以存在极小值为.
故若存在极大值，则，且，
有，得，即，即，
则，
令，则，
所以在上单调递增，且，