山东省2026届高三下学期普通高中学业水平4月调研数学试卷

这是一份山东省2026届高三下学期普通高中学业水平4月调研数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

山东省 2026 年普通高中学业水平 4 月调研
数学答案及评分标准
一、选择题（每小题 5 分，共 40 分）
1-8： CAADDCBC
二、选择题 （每小题 6 分，共 18 分）
9．ACD10．ABC11．AD
三、填空题（每小题 5 分，共 15 分）
2
12． 3 
n
5π

13．
12
14． 4
9
四、解答题（共 77 分）
15．（13 分）解：（1）由数列an  是等差数列及 a1  a2  a3  9 ，得 a2  3 ，1 分
由数列bn  是等比数列及b1b2b3  27 ，得b2  3 ．2 分
设数列an  的公差为 d ，数列bn  的公比为 q ，
 3  2d  3q
d  3d   9

则有3q2  3q  18


解得q  3 或
2 （舍），
 q  2
所以an  和bn  的通项公式为 an  3n  3 ， bn  3n1 ．6 分
（2）由（1），得cn
 3n  3, n为奇数，
 3n1, n为偶数

所以 S2n  (c1  c3   c2n1 )  (c2  c4   c2n )7 分
 [0  6   (6n  6)]  (31  33   32n1)
 (0  6n  6)n  3  (1  9n )
21  9
11 分
 3n2  3n  3  9n  3 ．13 分
88
16．（15 分）
证明：（1）取 AB 的中点O ，连接 EO ， A1B ， OC ．因为 E 为 AA1 中点， O 为 AB 中点，所以 EO / / A1B ．
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  AA1  2 ，则四边形 ABB1 A1 是菱形，
得 AB1  A1B ，则 AB1  EO ，2 分
又 AB1  CE ， EO ∩ CE  E ， EO ， CE  平面 EOC ，所以 AB1  平面 EOC ．3 分
又因为OC  平面 EOC ，所以OC  AB1 ．4 分
因为ABC 是等边三角形， O 为 AB 中点，所以OC  AB ．5 分
又因为 AB ∩ AB1  A ， AB ， AB1  平面 A1 ABB1 ，
所以OC  平面 A1 ABB1 ．6 分
又因为OC  面 ABC ，所以平面 A1 ABB1  平面 ABC ．7 分
解：（2）连接 A1O ．
因为A AB  π ， AB  AA ，所以△A AB 是等边三角形，所以 AO  AB ．
13111
又平面 A1 ABB1  平面 ABC ，平面 A1 ABB1 平面 ABC  AB ， A1O  平面 A1 ABB1 ，
所以 A1O  平面 ABC ．8 分
由OC, OB  平面 ABC ，得 A1O  OC, A1O  OB ，又OC  AB ，
如图，以O 为原点，以OC 、OB 、OA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O  xyz ．
9 分
则O 0, 0, 0 ， C 
–––→––––→
3, 0, 0，
–––→–––→

A1 0, 0, 3 ， CC1  BB1 ， C1
3,1, 3  ，
设 A1P  A1C1(0   1), 则 P( 3,, 3) ，11 分
–––→
CP  ( 3(1),, 3) ，
易知平面 ABC 的一个法向量 n  0, 0,1 ，设直线CP 与平面 A1 ABB1 所成角为，则
3
42  6 6
–––→
–––→
CP  n
sin cs  CP, n   –––→ 
CP  n
,12 分
3
42  6 6
令
 2 5 ，解得 3 ，此时 A P  3 AC
 3 ，所以线段 A P  3 ．15 分
541
4 1 1212
17．（15 分）
解：（1）可分为两种情况：
消费者第一轮游戏反面朝上，其概率为 1 ；2 分
2
1C21
消费者第二轮，且摸出 2 个球均为白球，其概率为
 4  ，4 分
6
2C25
故当 n  4 时，消费者参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为 p  1  1  7 ．6 分
2510
由题意可得 X 的可能取值有 10，20，30，7 分
11C21
n( n 1)
n 2  n 1
且 P  X  10    n  ，
C
22
1C1 C2
2
n 2
22(n  2)(n 1)(n  2)(n 1)
2n
P  X  20   2 n ，
C
2
2
n 2
(n  2)(n  1)
1C21
P  X  30   2 
，10 分
C
2
2
n 2
(n  2)(n 1)
则 E  X   10  P  X  10  20  P  X  20  30  P  X  30 ，
10n2  50n  40
化简可得 E( X ) ，13 分
(n  2)(n  1)
由题意可得 E( X )  12 ，即 n2  7n  8  0 ，即 n  1 或 n  8 ，
又 n≥2 ， n  N* ，所以 n 的最小值为9 ．15 分
18．（17 分）
解：（1）因为 f 1  0 ，切线与坐标轴围成的三角形的面积为 3 ，
2
所以切线与 y 轴交点的坐标为0, 3 ．2 分
所以切线斜率 k  3 ， f  x  lnx  2a 1，f 1  3 ，
x
所以 a 的值为1 或 2．4 分
（2）由题意得 f  x  lnx  2a 1， f (x)  2a  x ．
xx2
① a ≥0 ， f (x)  0 ， f (x) 在0,  单调递减， f ( 2a )  0 ， f (2a 1)  0
存在 x0 ( 2a , 2a 1) ，使得 f (x0 )  0 ，
所以 f  x 在（0, x0）单调递增，在(x0 , ) 单调递减，即 f (x) 不单调．6 分
② a  0 ， x (0, 2a) ， f (x)  0 ， f (x) 在(0, 2a) 单调递增，
x (2a, )， f (x)  0 ， f (x) 在(2a, ) 单调递减，
f (2a)  ln(2a)  2 ，令 f (2a)  0 ，即 a  
1 ，
2e2
此时存在 x1 (0, 2a) ， x2 (2a, ) ，使得 f (x1 )  0 ， f (x2 )  0 ，
x  0 ， f (x)   ； x   ， f (x)   ，
所以 f (x) 在(0, x1 ) 单调递减，在(x1, x2 ) 单调递增，在(x2 , ) 单调递减，
即 f (x) 不单调．9 分
综上所述 a 的取值范围为  1 ,  ．10 分
 2e2

由（2）知当 a  0 时， f (x) 在0,  单调递减， f ( 2a )  0 ， f (2a 1)  0 ，存在 x0 ( 2a , 2a 1) ，使得 f (x0 )  0 ， 2a  x0  x0lnx0 ，
所以 f  x 在（0, x0）单调递增，在(x0 , ) 单调递减，
f  x f  x0   2a  x0 lnx0 ，11 分
max
所以b  2a  x0 lnx0 ，即b  6a  2a  x0 lnx0  6a ，
b  6a  x0 lnx0 2  3x0lnx0  3x0 ，13 分
令 h  x  x ln x2  3x ln x  3x
因为 h x  lnx2  lnx  6  lnx  3lnx  2
当 x  0, 1  时， h  x 单调递增，当 x  1 , e3  时， h  x 单调递减，
e2  e2

当 x e3 ,  时， h  x 单调递增， x  0 ， f (x)  0 ，16 分
所以 h  x h e3   3e3 ，
min
所以b  6a 的最小值为3e3 ．17 分
19．（17 分）
解：（1）由题意得 a  1， OA  1 ，则当l 与 x 轴垂直时，不妨设 M 2, y1  ，
1
2
由 S OA  y  3 ，得 y  3 ，1 分
1121
2
M 2, 32  y 
2
将代入方程 xb21 ，解得b  3 ，
2y2
所以双曲线 E 的方程为 x  1 ．3 分
3
（2）
设 M  x1 , y1  ， N  x2 , y2  ， P 0, y0  ，

––––→––––→
由 PM  MQ 与Q 2, 0 ，得 x1 , y1  y0   2  x1 ,  y1 ，
即 x 
2 ， y  y0
，所以 M 
2 ,
y0 
，5 分
11  
11 
 1   1  

 2y
 2 2
1  y2
将 M , 0  代入 E 的方程得：    0   1 ，
 1   1  
 1  
3 1  
整理得： 92  6 y2  3  0 ①，7 分
–––→–––→0
0
同理由 PN  NQ 可得92  6 y2  3  0 ②．8 分
0
由①②知， ， 是方程9x2  6x  y2  3  0 的两个不等实根．
由韦达定理知  2 ，所以 为定值．10 分
3
（3）又 2 S  S  mS ，即 2  1  AQ  y  y   1 1 y  m  1 1 y ，

91292
122122
整理得： 2 y  y   y  m y ，11 分
3 1212
又 y y  0 ，不妨设 y  0  y ，则 2  y  y   y  my ，
1 221
31212
整理得 m  2   2   y1 ，又  2 ，故 m  2   y1 ，13 分
3 3 y
33y
 22
而由（i）知 y  y0 ， y  y0 ，故 y1  1  ，
2
11 21  y1  
 5  
代入得21   2 3 ，15 分
m     
31  31 
(t 1) 8  t 
令1  t t 3, 4 ，得，2 38 ，
m     3  t 
33t
由双勾函数 y  t  3 在3, 4 上单调递增，得 m  8 , 5  ，

t 9 3
 9 3
所以 m 的取值范围为 m  8 , 5  ．17 分
