山东省青岛市2026届高三上学期10月部分学生调研检测 数学试卷（含答案）

这是一份山东省青岛市2026届高三上学期10月部分学生调研检测 数学试卷（含答案），共19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。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复数范围内，“”是“”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
3．已知向量的夹角为，，则＝（ ）
A．4B．C．6D．
4．设数列的前n项和为，若，则＝（ ）
A．－63B．－31C．31D．63
5．已知，则＝（ ）
A．2B．C．D．3
6．已知函数的定义域为R，是奇函数，，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线E：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，过原点O的直线与E的左、右两支分别交于A，B两点，点C在E上，，若以AB为直径的圆过点，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，八面体的每一个面都是正三角形，各顶点都在以O为球心，半径为的球面上，并且A，B，C，D在同一平面内，点Q为此八面体表面上的动点，且，则点Q的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线，圆O：，则（ ）
A．，直线l均与圆O有两个公共点
B．，使直线l是圆O的一条对称轴
C．直线l被圆O截得的弦长可能为2
D．圆O上至少存在三个点到直线l的距离为1
10．在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，下列说法中正确的有（ ）
A．若点O为△ABC的重心，则
B．若点O为△ABC的外心，则
C．若点O为△ABC的垂心，则
D．若点O为△ABC的内心，且，则
11．，用[x]表示不大于x的最大整数，用表示不小于x的最小整数．用表示实数a，b中最小者，如：．记函数则（ ）
A．函数的值域为
B．
C．函数图象的对称轴方程为
D．若集合，则A中有12个元素
三、填空题
12．写出过坐标原点且与曲线相切的一条直线方程 ．
13．设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为 ．
14．在斜边为AC的中，的平分线交于点，且，平面于点，点，，当四面体体积最大时，直线与所成角的正弦值为 ．
四、解答题
15．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
(1)求A；
(2)求△ABC面积的最大值．
16．已知函数．
(1)若是单调递减函数，求实数的取值范围；
(2)当时，证明：．
17．如图，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，E，O分别是BC，的中点，平面与平面的交线为l，连接EO并延长交l于点P，，．
(1)证明：，，P三点共线；
(2)求三棱锥的体积．
18．已知M，N是椭圆上的两个动点，M在x轴上方，N在x轴下方，直线与x轴、y轴分别交于S，T两点．
(1)若直线与斜率之积为，证明：为定值；
(2)点关于x轴的对称点为H，设的面积分别为，且．
①求直线的斜率；
②是否存在直线，使？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
19．（1）已知数列，求最小的正整数m，使得；
（2）证明：；
（3）已知函数f（x）＝sinx，记，证明：．
参考答案
1．D
【详解】因为，
，所以，
故选：D．
2．A
【详解】令，解得，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．C
【详解】由，得，而向量的夹角为，，则，
所以.
故选：C
4．D
【详解】因为，所以，
所以，，数列是公比为的等比数列，
因为，所以，，
所以.
故选：D
5．B
【详解】因为，所以，即，
，
.
故选：B.
6．D
【详解】因为是奇函数，且，
在中，令，可得，
所以，
所以，，故B错误，D正确.
在中，令，可得，
因为函数是上的奇函数，所以，所以，
所以，
所以，，所以A错误，C错误.
故选：D.
7．C
【详解】连接，，，
由以AB为直径的圆恰好过左焦点可得，由双曲线的对称性得四边形为矩形，
可设，则，
在直角三角形中，可得，
即为，
解得，
又在直角三角形中，，
即为，
即为，
即有，
故选：C．
8．B
【详解】考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示：
易知，且是边长为的等边三角形，
则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心，
取为的中点，连接、，则，
因为，，故，则，
所以，为等腰直角三角形，且，
，
因为为等边的中心，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，
则，
所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧，如图，
设圆与交于两点，由于在中，
则，所以，则，
所以圆在内的一段弧的长为，
则点Q的轨迹长度为.
故选：B
9．AD
【详解】对于A分析，直线恒过定点，定点到圆心O的距离为，
即定点在圆内，所以无论a取何值，直线都与圆O相交，即有两个公共点，故A正确；
对于B，若直线是圆O的对称轴，则直线必须过圆心，也即直线方程满足，即直线不过圆心，因此，不存在这样的a，使直线l是圆O的一条对称轴，故B错误；
对于C，设圆心O到直线的距离为d，，
直线被圆截得的弦长公式为，若弦长，
则，解得，所以，推得，
显然无实数解，因此直线被圆O截得的弦长不可能为2，故C错误；
对于D，圆O的半径，若圆上至少存在三个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离对于d需满足：
，也即，当时，圆上恰好存在三个点到直线的距离为1，如图所示
又，满足，故圆上到直线距离为1的点至少有三个，故D正确．
故选：AD．
10．ACD
【详解】A选项，如图1，设BC中点为D，则，由于点O为△ABC的重心，则，所以，A选项正确；
B选项，如图2，设AB中点为E，由于点O为△ABC的外心,则垂直，，B选项错误；
C选项，如图3，作，垂足为，则在上，在△ABC中由余弦定理可得，在直角△ACF中，，
所以，C选项正确；
D选项，如图4，设△ABC的内切圆半径为，由可得，
则，，
由，且为三角形内角，可得，，
则，
延长交于点，
则即，
则，则，
由于B、C、G三点共线，则，，D选项正确；
故选：ACD.
11．ABD
【详解】由题可知，当时，，.
解得；解，得.
所以.
简图如下：
当时，.
因为函数是周期为1的函数，所以函数的值域和函数的值域相同，所以函数的值域为.所以选项A正确；
因为，所以；因为，所以.所以选项B正确；
因为函数的图象关于对称，所以函数的图象关于，即对称.所以选项C错误；
因为函数是周期为1的函数，所以由，得，或即，或.
由函数的周期性及对称性分析可知，有12个不同的取值，分别如下：
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以.
所以集合，
所以集合A中有12个元素，所以选项D正确.
故选：ABD.
12．y＝2ex（或y＝－2ex）
【详解】当时，，，
设切点坐标为，则，解得，
所以此时切点坐标为，切线方程为，
即.
因为为偶函数，所以它的图象关于轴对称，
则它的过原点的切线也关于轴对称，
所以它的另一条切线方程为.
故答案为：（或）.
13．
【详解】由题意可得，则有，
解得，则的最小值为.
故答案为：.
14．
【详解】在中，平分，
根据三角形的角平分线定理可得.
设，则，由勾股定理.
以为原点，所在平面为平面，平面所在平面为平面，建立如图空间直角坐标系：

则，，，，可设（）.
所以，，
因为，
所以.
所以（）.
又，
所以当或时，三棱锥体积最大.
根据对称性取， 此时，.
设直线与所成的角为，
则，所以.
即直线与所成角的正弦值为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理得，
所以，因为△ABC为锐角三角形，所以，
所以，设△ABC的外接圆半径为r，
由正弦定理得，所以，，
所以，
因为，
所以．
（2）由（1）知，则，
由正弦定理得，所以，
所以△ABC的面积为
，
由，得，
从而得，故当，即时，
△ABC的面积取得最大值．
16．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解法一：因为是单调递减函数，
所以恒成立，
所以恒成立，即，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，所以．
解法二：由题意得，，
令，所以，
所以在上单调递减，当，
即时，，即，所以在上单调递减．
当，即时，，
使得在时，，即，
所以在定义域上单调递减不成立．所以．
（2）证法一：令，
所以，因为，
所以，
令，则，
因为，所以，所以在单调递增，
所以，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，所以．
证法二：因为，所以，
欲证，所以只需证，
所以只需证，
令，则，
令，则，
因为，所以，所以在单调递增，
所以，即，所以，
所以，
因为在上单调递减，
所以的最大值为，令，则的最小值为，
所以，即．
17．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在直四棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面＝l，则，，即，
又，则，，四边形是平行四边形，
于是且，取AD中点为Q，连接、EQ，
由且，且，得且，
则四边形是平行四边形，且，又且，
因此且，即PD与共面，P平面，又Pl，l平面
则P平面，又平面平面，即P，
所以三点共线.
（2）由（1）知，四边形是平行四边形，则，，
在中，，
由余弦定理得，
则，故，，又平面，
以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
则点P到平面的距离为，
由，得边上的高，
因此的面积，
所以三棱锥的体积.
18．(1)证明见解析
(2)① ；②存在；或
【详解】（1）证明：设，
由题意得，所以，
又M，N在椭圆上，所以，，
得，代入得，
所以.
（2）解：①因为，
得，即．
所以AM与AN关于直线x＝1对称，所以，
整理得，
由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为，
与椭圆联立得，
所以，，，
代入得
，
整理得，解得或（MN不过点A，舍去），
得直线的斜率为．
②由①知直线MN的方程为，
联立与椭圆得，
，，且应满足，
，得，过M，N两点分别向x轴作垂线，垂足分别为，
则，
得，解得（舍）或，
所以存在直线MN，其方程为或．
19．（1） ；（2）证明见解析；（3）证明见解析 ．
【详解】（1）因为且，所以，
所以
，
即，所以，
所以正整数m的最小值是．
（2）令，，则，且，
则要证,只需证（*），
又正弦函数在上为单调递增，则（*）等价于，由三角函数线可知此式显然成立．
所以．
（3）首先证明，等价于，
因,故只需证明，也即需证明(**)，令，,则，且，
则 (**)式等价于，
又余弦函数在上单调递减，该不等式等价于，这是显然成立的．
下面证明原题．
因，
左不等式：由，递推可得.
右不等式：由，递推可得
故有得证.