山东省淄博市2026届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省淄博市2026届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共16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。
数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，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
4．将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少分配2名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．10种B．25种C．20种D．40种
5．若随机变量，且，则的最大值为（ ）
A．9B．C．24D．27
6．若函数的图象向右平移个单位长度后关于点对称，则的值为（ ）
A．B．1C．D．2
7．已知且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．的展开式的各二项式系数的和为1
B．已知随机事件和，若，则和相互独立
C．若随机变量，则
D．数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3
10．已知公差为的等差数列的前项和为，且满足，令，数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．使得成立的的最小值为
C．
D．
11．已知等腰，，取，中点，，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥存在外接球B．
C．D．四棱锥的体积为
三、填空题
12．若曲线在点处的切线斜率为2，则点的坐标是 ．
13．已知函数，若，则的取值范围是 ．
14．若函数在区间上有最大值无最小值，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知的内角的对边分别为，
.
(1)求角的大小；
(2)若边上的中线长为，求的面积．
16．记为数列的前项和，已知．
(1)证明数列是等比数列；
(2)求数列的前项和．
17．如图，四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，点分别在线段与上（不含端点），且．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若平面，求的最小值．
18．由个小正方形构成的长方形网格有行和列，每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止．
(1)第一行中的个小球颜色互不相同，其余行都由这个小球以不同的顺序组成，如果要使任意两行的顺序都不相同，求的最大值；
(2)长方形网格中只放白球或黑球，每个小正方形内放白球的概率为，放黑球的概率为．
（ⅰ）若，记在每列都有黑球的条件下，含白球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（ⅱ）设事件“不是每一列都有黑球”，求，并证明：．
19．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数有个零点，且．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
参考答案
1．A
【详解】由题可知，，
所以，
故选：A．
2．D
【详解】由题意可得，则.
故选：D.
3．B
【详解】因为向量，，则，
若，则，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．C
【详解】将名志愿者分为2组，每组的人数分别为和3，
再将这2组志愿者分配到2项公益活动，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为.
故选：C
5．A
【详解】由题意可得，则，
所以，
易知当时，的最大值为.
故选：A.
6．B
【详解】将函数的图象向右平移得到，
将点代入得，
所以，解得，又，
所以，
故选：B.
7．B
【详解】因为，则①，
又，则②，
由①②得，即，
又，所以，又，则，
所以，解得，所以，
故选：B.
8．A
【详解】由题知，，函数恰有两个零点，
因为当时，，
所以是函数的一个零点，
又当时，由可得，
所以当时，与的图象必有一个交点，
由于，
当时，，则恒成立，
所以函数在上单调递增，
当时，，则，
当时，，
当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以，函数图象如图：
由图可知，若与，图象必有一个交点，则，
故选：A.
9．BC
【详解】A. 的展开式的各二项式系数的和为，故错误；
B. 已知随机事件和，因为，
满足，所以和相互独立，故正确；
C.因为随机变量，所以，故正确；
D. 数据11，13，5，6，8，1，3，9由小到大排序为：1，3，5，6，8，9，11，13，
，因为为整数，所以其下四分位数第项和第项的平均值，即，故错误；
故选：BC
10．ACD
【详解】对于A，因为，则，所以A正确，
对于B，由，得，由选项A知，所以公差为，
又由，得，
所以，，
则使得成立的的最小值为，所以B错误，
对于C，由可得，，，，
则，得到，
所以，故C正确，
对于D，因为，则，
所以，故D正确.，
故选：ACD.
11．ABD
【详解】由题意可知，，
因为为正三角形，，
所以，
又底面，所以，
则，故四棱锥的外接球球心为，故A正确；
由于，则，
所以在平面中，，则①，
在中，由余弦定理得：②，
在中，由余弦定理得：③，
由①②③可得
又，所以，，故B正确；
由③可得，则为锐角，所以，
所以，
因为，
则
，故C错误；
由可得，
则四边形的面积
故四棱锥的体积为，故D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】由得
设，则，解得，
又，所以点的坐标为，
故答案为：.
13．
【详解】当时，令，所以，
当时，令，所以，
综上所述，时，的取值范围是
故答案为：．
14．
【详解】，
令，则，对称轴为，
所以，
由且，可得或，由题可知，，
当时，，此时有最大值，无最小值，
当时，，此时有最大值，无最小值，
当时，，此时有最大值，有最小值，
当时，，此时有最大值，有最小值，
当时，，此时有最大值，无最小值，
当时，，此时有最大值，无最小值，
当时，，此时有最大值，有最小值，
综上所述，，
故答案为：．
15．(1)
(2)
【详解】（1）由以及正弦定理可得，
，即，
则由余弦定理可得，，
因为，所以.
（2）因为为线段的中点，所以，则，
又，所以，即，
因为，，所以，得，
则的面积为.

16．(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）因为，①
所以当时，，②
①②得：，
即，所以，
所以，即，
当时，由①得，则，
所以数列是以公比为，首项为的等比数列.
（2）由（1）数列是以公比为，首项为的等比数列，
所以，所以，
由，则，
所以 ，所以，
所以数列的前项和为：
，③
，④
③减④得：，
即，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）以A为原点，分别以AD、AB、AM所在的直线为、、轴，
建立空间直角坐标系，已知平面，
，

则各点的坐标：，
，得F点坐标：，所以，
平面的法向量：取,，
平面为平面，法向量为，
，所以，
又因为平面，因此平面；
（2）平面的法向量为：，
设平面的法向量为：，
则，
令，则，即，
设两平面的夹角为，
则，
（3）由，
得，, ，
又因为平面，故，，
，
则，（根据不等式可得）
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，
18．(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）将个颜色互不相同的小球全排列，共有种排法，
故的最大值为.
（2）（ⅰ）的所有可能取值为，
记“含白球的行数为”为事件，记“每列都有黑球”为事件，
则，
，
故的分布列为
数学期望为.
（ⅱ）因为每一列都至少有一个黑球的概率为，
则不是每一列都有黑球的概率为，
记“每行都至少有一个白球”为事件，所以，
因为，所以，即，
故.
19．(1)在上单调递增；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【详解】（1）当时，定义域为，
，令，
则，令，解得，
当，
所以在上递减，在上递增，
所以即，
所以在上单调递增.
（2）（i）函数有3个零点等价于有三个根等价于有三个根，
等价于当与有三个交点，.
，
，，
所以的取值范围为.
（ii）先证对数均值不等式，
由（i）知，令
则，
等价于，
等价于，
令，
，
在上递减，，
故，
由（i）知，，
满足，由②③可得，
两式作差可得，
则由对数均值不等式可得，则，
故要证，
即证，只需证，
即证，又因为，则，
所以，故只需证，
设函数，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
故，即．0
2
0
0
减
0
增
减