山东省潍坊市2026届高三上学期开学调研监测数学试题

这是一份山东省潍坊市2026届高三上学期开学调研监测数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M={x|0≤x≤5}，N={x|x2−x−6≥0}，则M∩N=( )
A. {x|x≤5}B. {x|−2≤x≤5}C. {x|3≤x≤5}D. R
2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(3,4)，则z的虚部是( )
A. 3B. 3iC. 4D. 4i
3.已知集合A={12,1,2}，B={−1,0,1,2,4}，若x∈A，y∈B，则下列对应关系为A上的一个函数的是( )
A. y=1x−1B. y=lg2xC. y=x2D. y=2x
4.若双曲线C：x2a2−y22=1过点(4, 6)，则C的焦距为( )
A. 2B. 6C. 2 2D. 2 6
5.已知tan(α+π4)=2，则2sinαsinα−csα=( )
A. −1B. 13C. 1D. 3
6.如图，在△ABC中，∠ABC=π3，F为AB中点，CE=3，CB=6，AB=12，则EA⋅EB=( )
A. −32
B. −27
C. −18
D. −12
7.Margalef丰富度指数d=S−1lnN是用于衡量群落中生物种类丰富程度的一个指标，其中S和N分别表示群落中的生物种类数和生物个体总数.如果某生物群落一年后的生物种类数S没有改变，生物个体总数由N1变为N2，Margalef丰富度指数由1.8提高到4.5，则( )
A. 5N2=2N1B. 2N2=5N1C. N25=N12D. N22=N15
8.设函数f(x)=(x−1a)ln(x+b)(其中a，b均大于0)，若f(x)≥0，则a+4b的最小值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.如图是某市2025年1月至7月全社会用电量(单位：亿千瓦时)的折线图，则( )
A. 1月至7月全社会用电量逐月增加
B. 1月至7月全社会用电量的极差是20.7
C. 1月至7月全社会用电量的第75百分位数是64.3
D. 1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大
10.已知抛物线C：y2=2px的焦点为F(1,0)，过F的一条直线l交C于A，B两点(A位于第一象限)，过A，B作直线x=−1的垂线，垂足分别为A1，B1，则下列结论正确的是( )
A. p=2
B. 若|AF|=3，则A(2,2 2)
C. 若直线l的倾斜角为π4，则|AF|=4−2 2
D. 记△FAA1，△FA1B1，△FBB1的面积分别为S1，S2，S3，则S22=4S1S3
11.在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1D1，A1B1，CC1的中点，过E，F，G作正方体的截面，则( )
A. EF⊥AC1
B. 截面多边形存在外接圆
C. 截面多边形的面积为21 112
D. 截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为 2211
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=0，S10=25，则a8= .
13.袋子中有3个红球，2个黄球，m个蓝球，现从中任取两个球，记取出的红球个数为X，若取出的两个球都是红球的概率为15，则E(X)= .
14.已知函数f(x)=sinx+csx，则曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程 ；若f(x)≥ax−ex+2，则a的值为 .
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.(本小题13分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1=4an+1.
(1)证明：数列{an+13}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC交BD于O，AB⊥BC，AB=BC= 2，AD=CD= 5，PA=2，E为PC中点.
(1)证明：PA//平面BED；
(2)求AE与平面PAD所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
在△ABC中，sin2A+sin(π2+A)=14.
(1)求A；
(2)若∠BAC的角平分线AD与边BC相交于点D，且AD=2，CD= 7，求△ABC的面积.
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，右顶点为B(2,0).
(1)求C的方程；
(2)过点P(1,0)的直线l交C于M，N两点(B不在l上)，过N作直线MB的垂线，垂足为Q.
①求|MN|的最小值；
②求|BM|⋅|BQ|的最大值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−a2x2+1.
(1)讨论f(x)的极值；
(2)若曲线y=f(x)有两条过原点的切线，求a的取值范围；
(3)设g(x)=x2，若01，b∈(0,1)，
因为(a+4b)=(a+4b)(1a+b)=5+4ab+ab≥5+2 4=9，
当且仅当4ab=ab，即a=3，b=23时，等号成立，
所以当a=3，b=23时，a+4b的最小值为9.
故选：D.
9.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，由图知，3月到4月用电量减少，故选项A错误；
对于选项B，由图，用电量的极差为79.9−59.2=20.7，故选项B正确；
对于选项C，数据从小到大有59.2，60.1，61.6，61.9，64.3，66.4，79.9，
因为7×75%=5.25，
所以第75百分位数是66.4，故选项C错误；
对于选项D，观察折线图，易得1月至3月数据的波动比4月至6月数据的波动大，
故对应1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大，故选项D正确．
故选：BD.
10.【答案】ABD
【解析】解：如图所示，因为抛物线C：y2=2px的焦点为F(1,0)，直线x=−1为抛物线C的准线，直线l与抛物线必相交，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，y1>0，y21，即x1=3+2 2，所以|AF|=x1+1=4+2 2，故选项C错误；
对于D：设直线l：x=my+1，
联立方程x=my+1y2=4x，
得y2−4my−4=0，
则y1+y2=4m，y1y2=−4，
可得y12+y22=(y1+y2)2−2y1y2=16m2+8，
|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 16m2+16=4 m2+1，
由题意可知：S1=12|AA1|⋅y1=12(y124+1)⋅y1，S3=12|BB1|⋅(−y2)=−12(y224+1)⋅y2，
可得S1S3=−14(y124+1)(y224+1)⋅y1y2=y12y2216+y12+y224+1=1+4m2+2+1=4(m2+1)，
且S2=12×2×|y1−y2|=4 m2+1，
所以S22=4S1S3，故选项D正确．
故选：ABD.
11.【答案】ACD
【解析】解：如图所示，
根据正方体的性质可知，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面对角线A1C1⊥B1D1，
因为EF为中位线，则EF//D1B1，又因为A1C1⊥B1D1，所以EF⊥A1C1，
又因为AA1⊥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥EF，
又AA1∩A1C1=A1，AA1，A1C1⊂平面AA1C1，所以EF⊥平面AA1C1，
又AC1⊂平面AA1C1，所以EF⊥AC1，故A正确；
如图，延长EF交C1D1于L，交C1B1于M，连接GL交D1D于N，连接GM交BB1于X，设EF交A1C1于点O，
根据正方体的性质可知，|GE|=|GF|，|NE|=|FX|，|GN|=|GX|，
即△GEN≌△GFX，且公用顶点G，
显然这两个三角形外心不重合，故这个五边形GNEFX没有外接圆，B错误；
如上图，因为E，F为中点，则|GL|=|GM|= 32+92=3 10，
|GN|=|GX|=23|GL|=2 10，|EN|=|FX|= 32+12= 10，
|ML|= 92+92=9 2，|LO|=|MO|=12|ML|=9 22，
|GO|= (3 10)2−(9 22)2=3 222，|LE|=|FM|=3 2，|LN|=|XM|= 32+12= 10，
所以SΔGLM=12|LM|⋅|GO|=12×9 2×3 222=27 112，
S△LNE=S△MXF=12|LN|⋅|LE|⋅sin∠GLO=12× 10×3 2×3 2223 10=3 112，
所以SGNEFX=S△GLM−S△LNE−S△MXF=27 112−3 112−3 112=21 112，故C正确；
如图，因为A1O⊥EF，GO⊥EF，
由二面角定义可知，∠A1OG为截面与底面所成角(或补角)，
因为|A1O|=3 22，|A1G|= (6 2)2+32=9，
cs∠A1OG=(3 22)2+(3 222)2−922×3 22×3 222=−3 1111，
所以sin∠A1OG= 1−cs2∠A1OG= 1−(−3 1111)2= 2211，故D正确．
故选：ACD.
12.【答案】5
【解析】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
若S5=0，S10=25，则有5a1+10d=010a1+45d=25，
解可得a1=−2d=1，故a8=a1+7d=5.
故答案为：5.
13.【答案】1
【解析】解：袋子中有3个红球，2个黄球，m个蓝球，现从中任取两个球，记若取出的两个球都是红球的概率为15，
则C32Cm+52=15，则m=1，
又记取出的红球个数为X，则X的取值为0，1，2，
则P(X=0)=C32C62=15，
P(X=1)=C31C31C62=35，
P(X=2)=C32C62=15，
则E(X)=0×15+1×35+2×15=1.
故答案为：1.
14.【答案】x−y+1=0 ； 2
【解析】解：由于函数f(x)=sinx+csx，那么导函数f′(x)=csx−sinx，
可得f(0)=1，f′(0)=1，即切线斜率k=1，切点坐标为(0,1)，
因此所求切线为y=x+1，即x−y+1=0；
若f(x)≥ax−ex+2，那么可得ex+sinx+csx−ax−2≥0，
构建函数g(x)=ex+sinx+csx−ax−2，那么导函数g′(x)=ex+csx−sinx−a，
注意到g(0)=0，那么g′(0)=2−a=0，可得a=2；
下证当a=2时，函数g(x)=ex+sinx+csx−2x−2≥0，
构建函数h(x)=2x−sinx−csx+2ex，
那么导函数h′(x)=(2−csx+sinx)ex−(2x−sinx−csx+2)ex(ex)2=2(sinx−x)ex，
构建函数t(x)=sinx−x，那么导函数t′(x)=csx−1≤0，
可知t(x)在(−∞,+∞)内单调递减，且t(0)=0，
当x>0时，那么函数t(x)0，整理可得ex+sinx+csx−2x−2≥0，
即g(x)≥0，可知a=2符合题意．
综上所述：a=2.
故答案为：x−y+1=0；2.
15.【答案】解：(1)证明：∵an+1=4an+1，
∴an+1+13=4(an+13)，又a1=1，
∴a1+13=43，
∴数列{an+13}是以43为首项，4是公比的等比数列，
(2)由(1)得an+13=43×4n−1=4n3，
∴an=4n3−13；
∴Sn=4n+1−3n−49.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)证明：连接OE，
因为AB=BC，AD=CD，BD=BD，
则△ADB≌△CDB，
则∠ABD=∠CBD，又AB=BC，OB=OB，
则△CBO≌△ABO，
则AO=CO，即O为线段AC的中点，
因E为PC中点，则OE为△ACP的中位线，
则OE//AP，
因为OE⊂平面BED，AP⊄平面BED，
则PA//平面BED；
(2)设点E到平面PAD的距离为d，
因为AB⊥BC，AB=BC= 2，则AC=2，
由(1)可知△CBO≌△ABO，
则∠AOB=∠COB=π2，即AC⊥BD，
因为AD=CD= 5，则OD= 5−1=2，
则S△CAD=12AC⋅OD=12×2×2=2，
因为PA⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，
则PA⊥AD，因为PA=2，
则S△PAD=12PA⋅AD=12×2× 5= 5，
因为VE−PAD=12VC−PAD=12VP−CAD，
则13S△PAD⋅d=12×13S△CAD⋅PA，
即d=S△CAD⋅PA2S△PAD=2×22× 5=2 5，
又PA⊥底面ABCD，OE//PA，则OE⊥底面ABCD，
又AC⊂底面ABCD，则OE⊥AC，则AE= OE2+AO2= 1+1= 2，
则AE与平面PAD所成角的正弦值为dAE=2 5× 2= 105.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：(1)因为sin2A+sin(π2+A)=14，
所以1−cs2A+csA=14，
解得csA=−12或32(舍去)，
又因为A∈(0,π)，
所以A=2π3；
(2)设AB=c，AC=b，BC=a，BD=m，
因为AD是∠BAC的角平分线，
所以由角平分线定理可得，ABAC=BDCD，即cb=m 7，
所以m= 7cb，
因为AD是∠BAC的角平分线，∠BAC=2π3，
所以∠CAD=∠BAD=π3，
在△ACD中，∠CAD=π3，AD=2，CD= 7，
所以CD2=AD2+AC2−2AD⋅AC⋅csπ3，
即7=4+b2−4b×12，
解得b=3或−1(舍去)，
在△ABD中，AD=2，∠BAD=π3，
所以BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csπ3，
即m2=c2+4−4c×12，
整理得m2=c2−2c+4①，
又因为m= 7cb，b=3，
所以m= 7c3，代入①式得，( 7c3)2=c2−2c+4，
解得c=3或6，
当c=3时，m= 7，即BD=CD= 7，AB=AC=3，
此时△ABC是等腰三角形，所以AD⊥BC，
而AD=2，CD= 7，AC=3，不满足AC2=AD2+CD2，
所以c=3不符合题意，舍去，
所以c=6，
所以△ABC的面积为12AB×AC×sin2π3=12×6×3× 32=9 32.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为 32，
从而a2−b2a2=34⇒b2a2=14，
又右顶点为B(2,0)，则a=2，b=1，
则椭圆方程为：x24+y2=1；
(2)①因为过点P(1,0)的直线l不过点B，则直线斜率不为0，
设l：x=my+1，
联立x24+y2=1x=my+1，
得(m2+4)y2+2my−3=0，
因为Δ=16m2+48>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4，
则|MN|= m2+1⋅ (y1+y2)2−4y1y2= m2+1⋅4 m2+3m2+4，
令m2+4=t≥4，
则|MN|=4 (t−3)(t−1)t=4 1−4t+3t2，
设u=1t∈(0,14],
则1−4t+3t2=3(u−23)2−13，
因为函数g(u)=3(u−23)2−13在u∈(0,14]上单调递减，
故316=g(14)≤g(u)0)，
当x∈(0, aa)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈( aa,+∞)时，f′(x)0时，f(x)有极大值12(1−lna)，无极小值．
(2)设切点为(x0,lnx0−a2x02+1)，f′(x0)=1x0−ax0，
则切线方程为y−(lnx0−a2x02+1)=(1x0−ax0)(x−x0)，
∵切线过原点，则0−(lnx0−a2x02+1)=(1x0−ax0)(0−x0)，
即−lnx0+a2x02−1=−1+ax02，化简得lnx0+a2x02=0，
曲线y=f(x)有两条过原点的切线，等价于方程lnx0+a2x02=0有两个不同的正实数根，
令h(x)=lnx+a2x2,x>0，则h′(x)=1x+ax=1+ax2x，
当a≥0时，h′(x)>0恒成立，h(x)在(0,+∞)上单调递增，不满足h(x)=0有两个不同的正实数根，
当a0)，
当x∈(0, −1a)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈( −1a,+∞)时，h′(x)0，
即12ln(−1a)>12，ln(−1a)>1，ln(−1a)>lne，−1a>e，
解得−1e1)，φ′(t)=2t2lnt−t2+12t(lnt)2，
令m(t)=2t2lnt−t2+1(t>1)，则m′(t)=4tlnt>0(t>1)，
∴m(t)在(1,+∞)上单调递增，m(t)>m(1)=0，
∴φ′(t)=2t2lnt−t2+12t(lnt)2>0，φ(t)在(1,+∞)上单调递增，
因此存在t∈(2,+∞)使得φ(t)>φ(2)>1，即存在t∈(2,+∞)使得φ(t)>1，
又m(t)>m(1)⇒m(t)=2t2lnt−t2+1>0，
故2t2lnt>t2−1⇒t2>t2−12lnt⇒φ(t)