山东省青岛市重点高中2026届高三上学期期中考试 数学试卷(含答案）

这是一份山东省青岛市重点高中2026届高三上学期期中考试 数学试卷(含答案），共19页。试卷主要包含了 已知函数f＝， 定义一种新运算， 已知函数其中，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.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.
2.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，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】B
【详解】因为，所以，所以的虚部为1.
故选：B
2. 是（ ）
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】A
【详解】由可得且，
由可得或，
由且是或充分不必要条件，
可知是的充分不必要条件，
故选：A
3. 设，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】解：A.取，，则不成立；
B.取，，则不成立；
C.∵，∴，正确；
D.取，∵，∴，因此不成立.
故选：C.
4. 在△中，为边上的中线，为的中点，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】根据向量的运算法则，可得
，
所以，故选A.
5. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.
故选：C.
6. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ）
A. 72B. 84C. 96D. 108
【答案】B
【详解】选个空盒：种，
分配个小球到个非空盒
情况一（分法）：种
情况二（分法）：种
总分配方法; 种，
总放法数：种
故选：
7. 已知函数f（x）＝Atan（ωx+φ）（ω＞0，|φ|），y＝f（x）的部分图象如图，则f（）＝
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意可知T，所以ω＝2，
函数的解析式为：f（x）＝Atan（ωx+φ），因为函数过（，0）所以0＝Atan（φ）所以φ，
图象经过（0，1），所以，1＝Atan，所以A＝1，所以f（x）＝tan（2x）则f（）＝tan（）
故答案为B.
8. 定义一种新运算：，函数，则方程的根的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【详解】由已知，令，
则，
则①或②；
解①得，解②得；
则③或④，
解③得或；
对于④由的几何意义：轴上的点到两定点的距离之差的绝对值.
而，可知④无解，
综上，方程的根的个数为，
故选：C.
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.
9. 等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. 当或10时，取最大值
C. D.
【答案】AD
【详解】解：，，故正确A.
由，当时，，有最小值，故B错误.
，所以，故C错误.
，
，故D正确.
故选：AD
10. 已知函数其中，且，则（ ）
A. B. 函数有2个零点
C. D.
【答案】ACD
【详解】解：，故A正确；
作出函数的图象如图所示，
观察可知，，而，
故，有3个交点，
即函数有3个零点，故B错误；
由对称性，，而，
故，故C正确；
b，c是方程的根，故，
令，则，
故，而，均为正数且在上单调递增，
故，故D正确，
故选：ACD.
11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使直线与所成的角为
D. 点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
设，，其中，
所以，所以，A选项正确．
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确．
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得平面的一个法向量为，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存点，使平面，B选项正确；
若直线与直线所成角为，
则，
整理可得，，方程无解，所以C选项错误．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________.
【答案】##
【详解】设与的夹角为，且，，
则在上的投影向量为，
即，所以，所以，
故答案为：.
13. 已知底面为正方形的四棱锥的五个顶点在同一个球面上，，，，，则四棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【详解】
由题意知，，又，所以平面，
而平面，则平面平面．
由条件知，所以．
如图，取的中点，连接，交于点，则为正方形的中心，过点作平面的垂线，则点在该垂线上，所以为四棱锥外接球的球心．
由于，
所以四棱锥外接球的体积为．
故答案为：
14. 已知等差数列的前项和为，满足，则___________.
【答案】
【详解】因为，所以，
所以，
又因为，所以，
令，，
且的定义域为，所以为奇函数，
所以，且，
所以，
又因为，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以，
故答案为：.
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. 设正项数列的前项和为，，且当时，.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和；
【答案】（1）
（2）
（2）由（1）得出，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
正项数列的前项和为，，且当时，，
即，
当时，，解得或（舍负），
当时，，解得或（舍负），
时，由，可得，
两式相减可得，
化为，
由得，可得，且，
所以数列是首项和公差均为的等差数列，
则；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，
两式相减可得，
化简得.
16. 如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且．
（1）求证：平面；
（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【小问1详解】
过点作于点，连接，
平面平面，且平面平面平面，
平面.
又平面，，
又平面平面，
平面.
【小问2详解】
取G为的中点，
由题知底面是以为直角的等腰直角三角形，易得，
又平面，且平面，
，而，
，而，
故平面，因平面，
而由（1）知平面，平面，则，故H与G重合.
又，平面，则平面，
又平面，则，又，故四边形AHDE为矩形.
如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因，则.
平面的一个法向量可取为，
设直线与平面所成角为，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，向量，，且，共线．
（1）若，求外接圆的半径；
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【小问1详解】
向量，，由，
得，由正弦定理得，
整理得，由余弦定理得，而，
则，而，所以外接圆的半径.
【小问2详解】
由，得，取中点，连接，则，
由，得，由（1）知，则，
，所以.
18. 若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.
（1）证明：存在源数列；
（2）（i）若恒成立，求的取值范围；
（ii）记源数列为，证明：的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
小问1详解】
证明：由，
得，
则在区间上单调递减.
又，当且，，
所以的值域为，
所以，令可知其在区间上存在唯一解，不妨设解为，
即，都存在唯一的实数，使得，
即存在源数列.
【小问2详解】
（i）恒成立，即恒成立.
令，即恒成立.
令，则，
令，，则，当且仅当时取等号，
所以在区间上单调递减，
所以，即，所以在区间上单调递增，
可得，故.
（ii）证明：由（i）得，故，
则（且），
当时，；
当时，.
综上，的前项和.
19. 如图1，在中，，，的垂直平分线与，分别交于点，，且，沿将折起至的位置，得到四棱锥，如图2.
（1）设.
①证明：.
②已知，是否存在实数，使得平面？若存在，请求出；若不存在，请说明理由.
（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）①证明见解析；②存在，
（2）.
【小问1详解】
①证明：如图，在中，记的中点为，连接.
由题意，是的中位线，
因为，，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，解得.
因为，且，所以.
因为是的垂直平分线，所以是等腰直角三角形，所以.
在翻折后，，.
因，有，所以是等腰直角三角形.
故，，与相交于，且平面，所以平面.
因为平面，平面，所以.
②解：由①知在四棱锥中，，，两两垂直，
延长至点Q，使得，则.
延长至点P，使得，则.
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为与相交于，且平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
此时，即.
【小问2详解】
过作于，过作，交于，连接.
则即为二面角的平面角.
因为，，与相交于，且平面.所以平面.又因为平面，所以平面平面.
所以是直线在平面的投影，故即为与平面所成角，所以.
因为，所以.
因为，，且为的中点，所以.
因为，，故.
在中，，，，
所以，.
在中，，，，所以.
在中，，，，
由余弦定理得，
即二面角的余弦值为.
五、附加题：本题共1小题，共10分.
20. 在正项数列中，，，证明：.
【答案】证明见解析
【详解】证明：因为，
可得，则且，
则，所以数列为单调递减数列，
即，
因为，
即，
所以

，
所以，可得，
则
，
综上可得，当时，成立.