2026山东名校联盟高三下学期2月核心素养评估试题数学含解析

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数学试题
一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若为实数，则虚数的实部为（ ）
A．-2B．C．D．2
3．当时，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，过点的直线与圆有两个交点，则直线斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．若等比数列的前项和，则该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为（ ）
A．B．2C．D．
6．已知点为所在平面内一点，若，则（ ）
A．3B．C．D．
7．已知点是抛物线的焦点，是经过点的弦，且，则四边形面积的最小值为（ ）
A．32B．16C．8D．4
8．已知奇函数的定义域为，对于任意的正数，都有，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．若，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则有2个零点
B．若的解集为，则
C．任意在有极小值
D．存在在有最大值
11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，左顶点为，点是的右支上一点，过点向双曲线两渐近线作垂线，垂足分别为、，则（ ）
A．双曲线的离心率为
B．若直线与交于另一点，则的最小值为
C．为定值
D．若为的内心，则为定值
三、填空题
12．从一个装有3个白球和5个黑球的袋子中无放回地取球2次，每次取球1个，记为取得白球的次数，则___________．
13．已知数列均为等差数列，分别为数列的前项和，若，且，则___________．
14．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________．
四、解答题
15．在中，，点在延长线上，．
(1)求；
(2)若的面积为，求线段的长度．
16．已知椭圆的右焦点为，且过点，直线过点交椭圆于两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)线段的垂直平分线与轴的交点为，若点为椭圆的左顶点，求的面积．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点．
(1)求直线与平面的夹角；
(2)若，平面与交于点，求线段的长度．
18．已知函数．
(1)求的定义域；
(2)当时，
（i）若，证明：；
（ii）若存在三个极值点，求实数的取值范围．
19．在棱长为1个单位的正方体中，一个质点从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设第秒后，质点回到点的概率为．
(1)求和；
(2)设第秒后，质点移动到点的概率为，移动到点的概率为，移动到点的概率为．
（i）证明：存在常数，使得；
（ii）记的前项和为，证明：存在常数，使得．
参考答案
1．D
【详解】由，得，解得，即，
由，得，解得，即，
所以.
故选：D
2．C
【详解】设且，
则，
因为为实数，所以，
因为，所以，
故虚数的实部为.
故选：C
3．B
【详解】因为，函数在单调递增，所以.
当时，因为，所以，故不等式不成立；
当时，函数在单调递减，要使不等式成立，只需，
得，解得（舍去），又因为，所以.
故选：B
4．C
【详解】圆可化为，则圆心，半径，
由题意可知，过点的直线与圆相交，
当直线的斜率不存在时，与圆相切，不符合题意；
故直线的斜率存在，设，即，
则，即，得，
故直线斜率的取值范围是.
故选：C
5．C
【详解】当时，.
当时，.
因为为等比数列，所以时也满足，即，解得.
所以数列的通项公式为.
该数列的前9项中所有奇数项之和为，
该数列的前9项中所有偶数项之和为，
故该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为.
故选：C.
6．B
【详解】过点作，
则，
以为邻边作平行四边形，
所以，，
可得，
所以.
故选：B.
7．A
【详解】显然焦点的坐标为，所以可设直线的方程为，
代入并整理得，
所以，，
同理可得，
所以，
故选：A.
8．D
【详解】设是上的任意两个实数，且，则，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以函数在上单调递增，
因为是定义域在上的奇函数，所以在上也单调递增，
由得，即，
又，令，则，解得，
令，则，解得，
令，则，解得，
令，则，
令，则，
因为是奇函数，所以，
所以当时，解得，
当时，解得，
当时，，不满足条件，
所以不等式的解集为，
故选：D
9．AC
【详解】A：因为，
所以多项式最高次项的次数为，
所以，因此本选项说法正确；
B：因为，所以本选项说法不正确；
C：在中，
令，得，
令，得，
所以本选项说法正确；
D：对两边同时求导，
得，
令，得
，所以本选项说法不正确.
故选：AC
10．ACD
【详解】对A：若，则，解得或，
故有2个零点，故A正确；
对B：当时，，则，
则等价于，即，
因为的解集为，所以在上恒成立，
因为在上单调递增，所以，即，故B错误；
对C：，
若，则，
令，
则，
令，则，
若，则由得，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
令，则，即，
则
，
则在上恒成立，则在上单调递增，
因为时；时；
故对于任意，与始终存在交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方，
则当时先负后正，先减后增，
则对于任意在有极小值，故C正确；
对D：由C选项可知，当时，得，
得，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，所以使得，
则当时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，且当时，，
故当时，与的图象存在唯一交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方，
故当时先正后负，先增后减，
故存在使得在有最大值，故D正确.
故选：ACD
11．ACD
【详解】对于A选项，，，则，
故双曲线的离心率为，故A正确；
对于B选项，由题意可知，若直线的斜率不存在，此时直线的方程为，
联立可得，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
所以，解得，
由韦达定理可得，，
所以，
当时，，
当时，；
当时，，
综上所述，，故B错误；
对于C选项，设点，则，
双曲线的两渐近线方程分别为、，
则为定值，故C正确；
对于D选项，如下图所示：
设、，其中，易知点，，
则，
，，
因为为的内心，则与向量共线，
且，
所以①，
同理可知与向量共线，且，
，
所以②，
联立①②解得，，
因为
，
所以在双曲线上，易知在双曲线的右支上，
故为定值，故D正确．
故选：ACD．
12．/0.75
【详解】因为为取得白球的次数，所以的可能的值为,且随机变量服从超几何分布.
，，.
所以的分布列为：
所以.
故答案为：.
13．
【详解】因为，所以，
由等差数列的性质得，即，
又，则，联立解得，
设数列的公差为，数列的公差为，
则，解得，则，
同理，
则
，
所以，解得，
所以.
故答案为：
14．4
【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为，
所以该正四面体的高为，球的半径为，
由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，
所以，
所以，
则，
所以，
则距离和的最大值为，
所以，所以和的最大值为4．
故答案为：4.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，如下图：
设，则，可得，
所以，.
设，则，
在中，由正弦定理得，，则，
因为，所以，
所以.
（2）方法一：
由（1）知，，则，所以.
在中，由余弦定理得，
，
所以．
方法二：
由（1）知，，则，所以，.
所以，在中，由勾股定理得．
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为椭圆的右焦点为，且过点，
所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）方法一：若直线斜率不存在，此时其垂直平分线与横轴重合，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为的中点，
联立，消去并整理，
由韦达定理得，
所以，
易知，所以，解得，即，
所以直线的方程为或；
由弦长公式可知
，由直线的对称性知点到两条直线的距离相同，即
所以的面积为．
方法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点，
联立，消去得，
韦达定理得，
所以，．
由，得，整理得：．
因为，所以，
.
17．(1)
(2)
【详解】（1）方法一：连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与平面的夹角，
因为，所以．
又因为底面为等腰梯形，且，
所以，所以四边形为平行四边形，所以．
则，所以，
所以直线与底面的夹角为
方法二：连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面交平面于，
所以平面，
所以即为直线与底面的夹角，
因为，所以．
又因为底面为等腰梯形，且，
所以，所以四边形为平行四边形，所以．
取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，
由面，建立空间直角坐标系如图所示，
所以，所以，
面的法向量为，所以，
所以直线与底面的夹角为；
（2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，
由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示，
所以，
所以，
因为，所以，则，
同理，
设面的法向量为，所以，则，
不妨令，所以，则．
令，所以
因为点在面中，所以，所以，
所以，所以．
综上，线段的长度为．
18．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）
【详解】（1）由，解得，
所以的定义域为
（2）当时，
（i）证明如下：若，则，
所以，
令，
则，
因为，
而，且，
则，所以函数在区间上单调递减，
又，则当时，，
当时，，
故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
于是.
（ii）由题意可知，
若，当时，由（i）可知，
再由为奇函数可知，
当时，．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时存在唯一的极大值点．
若，令，
则，
令，函数，
则，故在上单调递增．
因为，故存在使得．
当时，；
当时，．
记且，则当或时，单调递减；
当时，单调递增．
又因为，
当时，，当时，，
再由为奇函数可知，
存在，使得．
当或时，单调递增；
当或时，单调递减，
此时存在两个极大值点和和一个极小值点，共三个极值点．
综上所述，实数的取值范围为．
19．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，D，C），
第2秒要回到A，必须从这3个顶点之一沿原路返回.每个顶点有3条棱，返回A的概率是.
所以.
当时，第2秒时，质点在(B，D，C)三点的概率均为.
从这三点出发，第3秒无法回到A（因为它们与A距离为1，第3秒移动后距离为2），所以.
故，.
（2）（i）由对称性可知第秒后质点恰好走到三点的概率相同，都为；
第秒后质点恰好走到三点的概率也相同，都为；
第秒后质点恰好走到点的概率为．记第秒后质点的位置为，
则，
即，
再由，即．
于是存在常数，使得．
（ii）由可知，
由可知，
于是——①，——②，——③，——④.
由①②得，即——⑤，
再由①③④得——⑥，由⑤得，代入⑥
，化简得.
因为，
则．
由，于是．所以.
所以当为奇数时，，，……，
，上述个式子相乘得．
又由，即可知．
所以，解得，
即当为奇数时，，所以当为偶数时，
当为偶数时，，，
，上述个式子相乘得,即.
又由可知．解得，即当为奇数时，．
因此，当为奇数时，；当为偶数时，．
当时，，
则．
当时，，
即．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
C
C
B
A
D
AC
ACD
题号
11









答案
ACD









0
1
2
P