山东省菏泽市2025-2026学年高三上学期期末数学试题（B）（试卷+解析）

这是一份山东省菏泽市2025-2026学年高三上学期期末数学试题（B）（试卷+解析），共26页。试卷主要包含了02， 已知集合，，则， 若为纯虚数，则实数a的值为， 设向量，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若为纯虚数，则实数a的值为（ ）
A. －4B. 2C. －2D. 4
3. 设向量，则（ ）
A. “”是“”的必要条件
B. “”是“”的充分条件
C. “”是“”的必要条件
D. “”是“”的充分条件
4 已知，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数在上单调递增，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在棱长为4的正方体，中，，分别为棱，的中点，过，，三点作正方体的截面，则以点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为（ ）
A. B. 8C. D.
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知随机变量，若，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
10. 已知函数及其导函数的定义域均为.且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个
C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1
D. 曲线围成区域的面积大于4
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上）
12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，则的离心率___________．
13. 过点作圆的切线，则切线方程为___________．
14. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知．
（1）当时，求的值域；
（2）在中，、、分别是角、、所对边，若，且，求的最大值．
16. 近年来，开盲盒深受年轻人的喜爱.甲商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会等可能地开出3款玩偶（分别记为款､款､款）中的某一款.乙商店出售与甲商店款式相同的非盲盒玩偶且售价为3元/个.
（1）若小明一次性购买了甲商店的3个盲盒，求他至少开出2个款玩偶的概率；
（2）若小明只想要款玩偶，方案一：直接去乙商店购买；方案二：在甲商店以开盲盒的方式购买，并与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出款玩偶则停止，否则再开一个盲盒，若连续四次均未开出款玩偶，老板就赠送一个款玩偶给他.为了得到款玩偶，你认为小明应该选择去哪家商店购买更划算，请说明理由.
17. 在平行四边形ABCD中，为AB中点，将沿直线DE翻折至．设是线段的中点，．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面MEC的距离；
（3）求二面角的余弦值．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为．
（1）求的方程；
（2）设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值．
19. 设定义域为的函数，对于，定义．
（1）设，求；
（2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由；
（3）若对任意，，其中，均是上的恒正函数．证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”．山东省菏泽市2025-2026学年高三上学期期末数学试题（B）
2026.02
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，故.
故选：B.
2. 若为纯虚数，则实数a的值为（ ）
A. －4B. 2C. －2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，借助纯虚数的定义计算即可.
【详解】，因为z为纯虚数，所以，则，
故选：D．
3. 设向量，则（ ）
A. “”是“”的必要条件
B. “”是“”的充分条件
C. “”是“”的必要条件
D. “”是“”的充分条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】当时， ，解得或，即必要性不成立，故A错误；
当时，，故，所以，即充分性成立，故B正确；
当时，，解得，即必要性不成立，故C错误；
当时，不满足，所以不成立，即充分性不成立，故D错误.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用二倍角正弦公式化简得出，再结合角的范围确定余弦值的正负求解.
【详解】因为，
所以，且，即，
所以，且，
则.
故选：D.
5. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.
【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为 ，高为h，
又因为圆锥的轴截面是等腰三角形，
所以该轴截面是等腰直角三角形，则圆锥的高等于底面半径
所以圆锥的母线长，
圆锥侧面积：；
圆柱侧面积：；
圆锥和圆柱的侧面积之比为.
故选：B.
6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，可知在上单调递减，且，由题意，只需函数在上单调递减，分类讨论，结合一次函数与二次函数的单调性求解．
【详解】令，可知在上单调递减，且，
要使函数在上单调递增，只需函数在上单调递减，
当时，在上单调递减，符合题意；
当时，图象开口向上，对称轴，所以，即，
当时，图象开口向下，对称轴，
此时在上单调递减，符合题意，
综上，则的取值范围是．
故选：B．
7. 已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将问题化为函数在上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间上，第二个正零点大于列不等式组求解可得.
【详解】由题知，函数在上仅有一个零点，
所以，所以，
令，得，即.
若第一个正零点，则（矛盾），
因为函数在上仅有一个零点，
所以，解得.
故选：A
8. 如图，在棱长为4的正方体，中，，分别为棱，的中点，过，，三点作正方体的截面，则以点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作出截面，然后用即可求出结果.
【详解】
延长交于点，连接交于，则平面为所求截面，
故，
故选：B.
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知随机变量，若，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正态密度曲线的对称性可判断A选项；利用基本不等式可判断BCD选项.
【详解】对于A选项，因为，，，
由正态密度曲线的对称性可得，
故，A对；
对于B选项，由题意可知，，
，故，
当且仅当时，即当时，等号成立，B错；
对于C选项，，故，
当且仅当时，即当时，等号成立，C对；
对于D选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，D对.
故选：ACD.
10. 已知函数及其导函数的定义域均为.且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的有（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由奇函数的性质判断出的图象关于点对称可判断A，对求导得出的对称性判断B，由对称性得出周期性判断C，结合周期性求值判断D．
【详解】A：因为为奇函数，所以，即，
即，所以的图象关于点对称且定义域为R，所以，A正确；
B：由，两边求导得，即，
又的图象关于点对称，得，所以，B正确；
C：因为为奇函数，即为奇函数，则，
所以，则（为常数），
当时，，即，故为偶函数，
所以的图象关于直线对称，则，又，
所以，所以的图象关于点成中心对称，
由得，所以，C错误；
D：由得，，
所以，又，
所以，D正确．
故选：ABD
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个
C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1
D. 曲线围成区域的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误.
【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为，
代入成立，曲线关于直线对称，A对；
所以，所以，则，故，
时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对；
对于曲线上任意一点，则，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错；
如图，，，，四边形的面积，
当时，直线，曲线，即，
设，
，判别式，∴恒成立，
即函数单调递增，且∵，
∴当时，，
∴，即，
∴，即，
∴，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于，
设函数，则，
即函数在上单调递增，且，
所以当时，，即，
，即，
则，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对.
故选：ABD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上）
12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，则的离心率___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系及双曲线定义求出离心率.
【详解】设双曲线的半焦距为，则，
在中，由，得，
由双曲线定义得，则，
所以的离心率.
故答案为：
13. 过点作圆的切线，则切线方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断点在圆上，再求出切线的斜率，点斜式即可求解.
【详解】将点代入圆的方程，得，故点在圆上.
可化为：，圆心为.
,故，故切线方程为：，即.
故答案为：.
14. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________.
【答案】12600
【解析】
【详解】问题等价于编号为的10个小球排列，其中号，号，号的排列顺序是固定的，据此可得：将这些气球都打破的不同打法数是.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知．
（1）当时，求的值域；
（2）在中，、、分别是角、、所对的边，若，且，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质求得函数的值域；
（2）由结合角的取值范围可得出角的值，然后利用正弦定理结合平面向量数量积的定义计算得出，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质即可求得的最大值.
【小问1详解】
，
因为，所以，所以，
故，则在上值域为.
【小问2详解】
因为，所以，则，
故，
又因为，所以，
又因为，所以由正弦定理，得，同理可得，
因为，，，，
所以
，
因为，则，所以，
所以当，即时，最大值为．
16. 近年来，开盲盒深受年轻人的喜爱.甲商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会等可能地开出3款玩偶（分别记为款､款､款）中的某一款.乙商店出售与甲商店款式相同的非盲盒玩偶且售价为3元/个.
（1）若小明一次性购买了甲商店的3个盲盒，求他至少开出2个款玩偶的概率；
（2）若小明只想要款玩偶，方案一：直接去乙商店购买；方案二：在甲商店以开盲盒的方式购买，并与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出款玩偶则停止，否则再开一个盲盒，若连续四次均未开出款玩偶，老板就赠送一个款玩偶给他.为了得到款玩偶，你认为小明应该选择去哪家商店购买更划算，请说明理由.
【答案】（1）
（2）去甲家商店购买更划算，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）首先设至少开出2个款玩偶为事件，结合独立重复事件概率公式，即可求解概率；
（2）根据方案二的结果求分布列及，再根据方案一平均花费为元，即可比较判断.
【小问1详解】
设至少开出2个款玩偶为事件
故；
【小问2详解】
方案一：直接去乙商店购买花费3元；
方案二：设表示开盲盒的次数，即花费为,
故的所有可能取值为1，2，3，4，
，，
，，
，
则的分布列如表所示：
．
方案二平均花费为元，方案一平均花费为元，故小明应该选择去甲家商店购买更划算.
17. 在平行四边形ABCD中，为AB中点，将沿直线DE翻折至．设是线段的中点，．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面MEC的距离；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据，结合三棱锥体积公式计算即可；
（3）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再根据线面角向量法求解即可.
【小问1详解】
因为为AB中点，
所以，
即为等边三角形，所以，
在中，．
所以，因为 ，所以，
又平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）知CE为三棱锥的高，
，
所以，
因为是线段的中点，所以，
又在中，，
所以，设点到平面MEC的距离为，
则，
即
所以；
【小问3详解】
取DE中点O，DC中点，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，
设平面的法向量为，
所以令，
可得平面的法向量为，
易知平面DEC的一个法向量，
设二面角的平面角为，
由图可知二面角的大小为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为．
（1）求的方程；
（2）设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用椭圆定义及余弦定理得出，再应用面积公式代入求解得出，进而得出椭圆方程；
（2）先求出直线得出MN中点为，再设直线联立椭圆方程得出，，最后应用三点共线得出，最后计算得出定值.
【小问1详解】
设，则，①
在中，由余弦定理可得，
即，
即代入①式，得．
所以，
所以，椭圆的方程是．
【小问2详解】
当B，C之一为点时，不妨设，此时
AC斜率为0，N点为坐标原点，直线方程为．
代入，求得，所以AB方程为，
所以，所以MN中点为．
所以．
当AB，AC斜率都不为0时，设，
由得，
所以，代入中，得，
所以，
同理，
由Q，B，C共线，得，
所以，整理得②，
直线AB与轴交点为，直线AC与轴交点为，
所以MN中点，即，由②得，
所以．
综合以上可得为定值．
19. 设定义域为的函数，对于，定义．
（1）设，求；
（2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由；
（3）若对任意，，其中，均是上的恒正函数．证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”．
【答案】（1）；
（2）存在，；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义求出，解一元二次不等式即可；
（2）记，求导，根据闭区间定义分，，两种情况讨论求解即可.
（3）按照充分性和必要性，结合定义讨论求解.
【小问1详解】
，，
，，，，
；
小问2详解】
记，
则，令，
当时，存在，
所以当时，，得
因为是函数有极大值点，所以当时，是一段封闭区间，
即，解得，所以；
特别地，当时，，故是一段封闭区间；
当时，当且仅当时，，
同理是函数有极大值点，所以当时，是一段封闭区间，
所以，
综上，；
【小问3详解】
证：必要性：若对于任意成立，
所以，即与成对出现在集合中，
故，
当时，，从而有，
即且；
充分性：设，
任取，满足，
则，
而且，所以，
则，即，与矛盾，
同理可证时也矛盾，
即对于任意成立
综上，“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”．1
2
3
4
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增