山东省实验中学2026届高三上学期1月阶段性测试数学试卷（含解析）

这是一份山东省实验中学2026届高三上学期1月阶段性测试数学试卷（含解析），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。
一、单选题
1．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知，则（ ）
A．3B．4C．D．10
3．在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且（O为坐标原点）．若，则焦点F的坐标为（ ）
A．B．C．D．
7．若函数的两个零点分别为和，则（ ）
A．B．C．D．
8．对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．一组数据，，，，的平均值为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记，，，，的平均值为，方差为，极差为，中位数为，则（ ）
A．B．C．D．
10．设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（ ）
A．B．C．D．
11．三棱锥的体积为，则下列正确的有（ ）
A．若该三棱锥有3条棱的长为3，则
B．若该三棱锥有5条棱的长为2，则
C．若，，则
D．若，则
三、填空题
12．已知点在圆上，则过点M的圆C的切线方程为 ．
13．已知两个单位向量，满足，则向量和的夹角为 .
14．从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是60°的有 对.
四、解答题
15．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．
(1)若，求a；
(2)若，求的面积的最大值．
16．已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
17．甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的．
(1)当时，求甲最终获胜的概率；
(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
18．如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点．
(1)求证：；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
(3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：．
19．已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为.
(1)若，
（i）若，求；
（ii）求证：为定值；
(2)若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值.
参考答案
1．D
【详解】命题“，”的否定为“，”，
故选：D．
2．C
【详解】因为，所以.
故选：C.
3．A
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：A.
4．A
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，
当时，，解得或，充分性不成立；
当时，，必要性成立.
所以“”是“的公比为2” 的必要不充分条件.
故选：A
5．C
【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得：，
解得，
如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心，
则，
可得，
.
故选：C.
6．C
【详解】由抛物线的对称性，不妨设点M在x轴上方．
设抛物线C的准线l与x轴的交点为H，则．
过点M作轴于点N，作准线l于点Q，则四边形是矩形，，所以．在中，因为，，所以，所以．
因为焦点F的坐标为，所以焦点F的坐标为．
故选C．
7．A
【详解】函数，其中，
由，得，而，
因此，即，则即，
所以.
故选：A.
8．B
【详解】由得，，故，
因为，所以，
所以，
因为集合补集中一段区间的长为，
所以当时，一定成立，
当时，时，有，
解得，所以满足的范围是，
综上所述，，
故选：B．
9．ACD
【详解】由题意可得，，，.
故选：ACD．
10．AD
【详解】对于选项A：因为双曲线关于y轴对称，
所以当直线AB的方程为时，线段AB的中点为，故A正确；
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项B：可得，则，即，
双曲线的渐近线方程为，由于与其中一条渐近线平行，故不可能有两个交点，故B错误；
对于选项C：可得，则，即，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，即，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：AD.
11．BCD
【详解】不妨设，此时显然可以任意大，故选项A错误；
不妨设仅有的长不一定为2，作出图形如图：

可知，该问题可以理解为：将面进行翻折，求最大值显然平面平面时，最大，此时，可知，故选项B正确；
可知的面积为，而，说明在底面上的高至多为3，可知，故选项C正确；
设是中点，设，，则，其中.
在a，h给定时，显然平面平面时，V最大,
这时，，
当，；当，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，故选项D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】由于点在圆上，
所以，所以圆，
所以圆心，，
所以过点M的圆C的切线的斜率为，
所以过点M的圆C的切线方程为，
化简得.
故答案为：
13．
【详解】因为向量，为单位向量，所以，，
又，所以，所以，
所以，
，
所以，
又，所以.
故答案为：.
14．48
【详解】
根据题意，如图，在正方体中，
与平面中一条对角线成60°的直线有，，，，，，，，共8条直线，
则包含在内的符合题意的对角线有8对；
又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有12×8=96对面对角线所成角为60°，
而其中有一半是重复的；
则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有48对.
故答案为：48
15．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理可得即，
又，所以，即，解得，
所以.
（2）因为，且，，
所以，当且仅当时等号成立，
当取最小值时，取最大值，最大值，
所以的面积的最大值为.
16．(1)
(2)且.
【详解】（1）因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上为增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
（2）在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
17．(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件，
于是，与为互斥事件，
由于，，
则，
即甲最终获胜的概率为．
（2）由（1）可知，，
若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取，
，
则的分布列为：
则，
若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0，
，
则的分布列为：
则，
所以，
由于，则，
于是时，两种方案都可以选，
当时，，应该选第二种方案，
当时，，应该选第一种方案．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）取中点，连接，又分别为的中点，
则，，因为，
所以，，又，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）由（1）知是二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，解得：，，即得.
设直线与平面所成角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知，，过作交于，
，又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以，，
设的高，所以，
又，，所以，
即，
所以三棱锥的表面积，
，
所以三棱锥的内切球半径，
所以．
19．(1)（i）；（ii）证明见解析.
(2)2
【详解】（1）（i），所以直线.
直线与联立可得，解得或，所以.
所以，所以；
（ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设
由得
所以.
当时，由（i）可得；
当时，设的斜率分别为.
.
所以，
.
所以.
因为在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，
可得，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
法2：①时，由（i）可得；
②时，设的斜率分别为.
设，由在直线上可得.
与联立可得，
即，
所以就是方程的两根.
所以，
，
因为在第一象限，所以，所以，所以.
综上可得，为定值，得证.
（2）由（1）可得时，.
①不存在，则，由①（i）可得，所以，
所以.
②不存在，则，则，
此时，由图可得.
③法1：若和均存在，设，则
与双曲线联立可得.
所以.
所以，
所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法2：若和均存在，设，则.
由三点共线可得.
所以，所以.
所以
.
所以，所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法3：若和均存在，设，则，
则.
记直线的倾斜角为，则，所以
所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.3
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