山东省枣庄市2026届高三上学期期末（枣庄一调）数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份山东省枣庄市2026届高三上学期期末（枣庄一调）数学试卷含解析（word版+pdf版），文件包含山东省枣庄市2026届高三第一学期质量检测数学试题解析版docx、枣庄市2026届高三第一学期质量检测数学+答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2026.01
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上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知，则的虚部为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算可得，进而可得虚部.
【详解】因为，则，
所以的虚部为.
故选：B.
2. 已知集合，，则“”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据必要不充分条件的判定方法进行判断.
【详解】充分性：因为，但，所以“”不是“”的充分条件；
必要性：因为，，所以 “”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合不等式的性质，以及特殊验证，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，若，则，故A错误；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，由，可得，根据不等式的性质，可得，所以D正确；
故选：D.
4. 记正项等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A. 243B. 81C. 27D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得.
【详解】设正项等比数列的公比为，
且，则，
整理可得，解得或（舍去），
所以.
故选：A.
5. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系，先求出圆心到直线的距离，然后用勾股定理即可求出弦长.
【详解】因为圆的方程为，所以圆心坐标为，半径为.
则圆心到直线的距离为.
所以弦长为.
故选：C.
6. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用余弦定理得出，再应用面积公式计算求解.
【详解】由余弦定理得，
所以，
则的面积为.
故选：B.
7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中，是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么要消除的污染物大约需要（参考数据：，）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意整理可得，代入题中数据，结合对数运算求解即可.
【详解】因为，即，
设消除的污染物大约需要，
由题意可得，即，取对数可得，
两式相比可得，则，
所以要消除的污染物大约需要.
故选：C.
8. 记函数，的两个零点为和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，即，列方程解，不妨设，可知，.利用诱导公式结合倍角公式逐项分析判断.
【详解】令，即，
联立方程，解得或，
不妨设，则，，
且，则，.
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
对于选项AB：因为，则，
且，
可得，，
则，故A错误；
且，故B错误；
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ）
A. 平面B.
C. 与所成的角为D. 与平面所成的角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】应用空间向量法证明线线垂直、线面平行以及向量法求线线角余弦，向量法求线面角从而确定正确答案.
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，
所以，又因为，所以，B选项正确；
取中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，A选项正确；
设与所成的角为，，
所以，所以与所成的角为，C选项错误；
设平面的法向量为，设与平面所成的角为，
则，所以，
所以，所以D选项正确.
故选：ABD
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 已知关于的经验回归方程为，且，则
C. 一组样本数据，，…，（），其中是最小值，是最大值，则，，…，的75%分位数一定与，…，的75%分位数不同
D. 若事件，满足，则与独立
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性即可求解A, 将样本中心代入回归方程即可求解B, 根据百分位数的计算即可求解C,根据相互独立的性质即可求解D.
【详解】对于A，由于，，则，故A错误，
对于B，将代入可得，故，B正确；
对于C，将原来17个数从小到大排列，，
则17个数的75%分位数为17个数中的第13个数，
去掉其中最大和最小两个数据后，，
故剩下15个数据的75%分位数为15个数中的第12个数字，也是17个数中的第13个数，故两者可能相等，C错误，
对于D，，所以相互独立，因此也相互独立，D正确，
故选：BD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数
B. 的值域是
C. 有极值
D. 存在实数，，使得在上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义判断A；先化简，进而结合指数函数的性质求解判断B；先判断函数的单调性，即可判断C；若在上的值域为，可得与在上有两个交点，进而结合图象判断D.
【详解】对于A，由，，
则，
所以奇函数，故A正确；
对于B，由，
而，则，即，
则，即，
所以的值域是，故B正确；
对于C，由B知，，
因为函数在上单调递增，且，
所以函数在上单调递减，
则在上单调递增，无极值，故C错误；
对于D，由C知，函数在上单调递增，
若在上的值域为，
则，
所以方程在上有两个不相等的实根，
则与在上有两个交点，
结合为奇函数，在上单调递增，且的值域是，
且，，
可作出函数与的大致图象如下：

由图可知与在上有两个交点，
因此存在实数，，使得在上的值域为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，且离心率为2，则该双曲线的实轴长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】先根据抛物线的焦点求出双曲线的半焦距，再结合双曲线的离心率求出，即得其实轴长.
【详解】由抛物线方程可得，解得，故抛物线焦点坐标为，
因双曲线（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，故，
又离心率为，解得，则该双曲线的实轴长为.
故答案为：4.
13. 已知函数，若恒成立，则取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先判断的奇偶性，再判断单调性，根据恒成立，则即求恒成立，讨论，两种情况，即可求解.
【详解】根据题意知，，所以可知为奇函数，
而单调递增，单调递减，即单调递增，所以单调递增，
而恒成立，则即恒成立，
所以可得恒成立，
当，恒成立，所以符合条件；
当，恒成立，则需要且，
化简可得，综上所述.
故答案为：
14. 在中，，在上，，，与的夹角为，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用与表示、 ，再将转化为与的计算，进而求解.
【详解】因为，
且，
则，
又因为，且与所成的夹角为，
则，
可得，
当且仅当时，的最大值为.
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. 已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和，
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式列式求，进而可得通项公式；
（2）整理可得，利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
因为，
则.
16. 如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上．

（1）若，求证：点是棱的中点；
（2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设，，根据垂直关系有求参数值，即可证；
（2）根据已知及棱锥的体积求出的坐标，进而确定对应平面的法向量，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
由底面，底面，则，
又底面都是正方形，则，故两两相互垂直，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设，，则，，，
因为，故，即，
因为点在棱上，所以，，，
所以，解得，即，
而的中点坐标为，所以点是棱的中点；
【小问2详解】
设，
则，
即，
由题意，可得，
所以，则，，
设平面的法向量为，则，
令，得
由平面的一个法向量，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 如图，，，圆的半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且．
（ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）；
（ⅱ）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）平行四边形；（ⅱ）6
【解析】
【分析】（1）连接，由题意可得，即可得到动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求解即可；
（2）（ⅰ）结合椭圆的对称性即可判断；
（ⅱ）由（ⅰ）易得四边形面积为，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得表示出，令，，进而结合对勾函数的性质求解即可.
【小问1详解】
连接，由题意知，，
则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
即，则，
所以的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意，，且，，
结合椭圆的对称性，易知，
则四边形为平行四边形.
（ⅱ）由（ⅰ）知，四边形为平行四边形，为其中心，
则四边形面积为，
由题意，设直线的方程为，，
联立，得，
则，
，，
则
，
则四边形面积为，
令，，则，
因为函数在上单调递增，则，
则，即四边形面积的最大值为6.
18. 现将红色、黄色、蓝色的3个小球随机放入甲、乙、丙、丁四个盒子中（每个盒子容纳球数不限）．
（1）记甲盒中小球个数为，求的分布列和；
（2）对于两个不相互独立的事件，，，．
①若，则称事件与正相关（的发生会“促进”的发生）；若，则称事件与负相关（的发生会“抑制”的发生）；
②定义为与的相关系数．
（ⅰ）若，求证：与正相关；
（ⅱ）定义事件“甲盒中恰有一个小球”，事件“甲盒中含有红球”．求，并判断事件与的相关情况．
【答案】（1）分布列见解析，期望为；
（2）（i）证明见解析；（ii），与正相关.
【解析】
【分析】（1）由题设的可能取值为，应用古典概型的概率求法求对应概率，进而写出分布列并求出期望；
（2）（i）根据新定义及条件概率公式得，即可证；
（ii）根据题意求出，，，根据给定公式及（i）的结论，即可得.
【小问1详解】
由题意，的可能取值为，且每个小球都有4种放法，故3个小球共有种放法，
，，，，
所以的分布列如下，
所以；
【小问2详解】
（i）由，则，
所以，故与正相关，得证；
（ii）由题意，，，
所以，
结合（i）结论，故与正相关.
19. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设，．
（ⅰ）讨论在内的零点个数；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可；
（2）（ⅰ）对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明.
【小问1详解】
因为，所以，
因，所以切线斜率为，
由，则曲线在处的切线方程为，即．
【小问2详解】
（ⅰ）因为，所以．
令，则．
a.当时，因为，所以，，所以恒成立，
此时，在内无零点．
b.当时，因为，所以，则单调递增．
因为，所以单调递增．，
此时，在内无零点．
c.当时，因为，所以，则单调递增．
因为，，所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．
因为，所以．
因为，所以在区间内有1个零点，
所以当时，在内的零点个数为0，
当时，在内的零点个数为1．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当且时，，所以，
即．
令，则，
所以，，…，，
所以．
0
1
2
3