2026年东营市高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年东营市高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析），共8页。试卷主要包含了已知，若则实数的取值范围是，已知集合，，且、都是全集等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，在矩形中的曲线分别是，的一部分，，，在矩形内随机取一点，若此点取自阴影部分的概率为，取自非阴影部分的概率为，则（ ）
A．B．C．D．大小关系不能确定
2．已知向量与向量平行，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
3．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（ ）
A．B．4C．D．2
4．已知复数z，则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．iD．i
5．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案种数是( )
A．18种B．36种C．54种D．72种
6．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）
A．若,,则B．若，,则
C．若,,则D．若,,则
7．已知复数为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ）
A．2B．C．4D．
8．已知，若则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
10．已知集合，，且、都是全集（为实数集）的子集，则如图所示韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．或
C．D．
11．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A．B．3C．D．4
12．若，则的虚部是
A．3B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列满足，则________．
14．在如图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数，已知，且当时，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即，若，则正整数的最小值为______.
15．已知i为虚数单位，复数，则＝_______．
16．如图，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，已知正方形所在平面与梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．
（1）证明：平面；
（2）求点N到平面CDM的距离．
18．（12分）已知椭圆，左、右焦点为，点为上任意一点，若的最大值为3，最小值为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）动直线过点与交于两点，在轴上是否存在定点，使成立，说明理由.
19．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最大值为，且，求的最小值.
20．（12分）设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
21．（12分）设
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围.
22．（10分）已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且为与的等差中项．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求的前100项和．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
先用定积分求得阴影部分一半的面积，再根据几何概型概率公式可求得．
【详解】
根据题意，阴影部分的面积的一半为：，
于是此点取自阴影部分的概率为．
又，故．
故选B．
本题考查了几何概型，定积分的计算以及几何意义，属于中档题．
2．B
【解析】
设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.
【详解】
设，且，，
由得，即，①，由，②，
所以，解得，因此，.
故选：B.
本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
3．D
【解析】
由得，又，两式相除即可解出．
【详解】
解：由得，
又，
∴，∴，或，
又正项等比数列得，
∴，
故选：D．
本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题．
4．B
【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出
【详解】
，
则复数z的虚部为.
故选：B.
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
5．B
【解析】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇即得.
【详解】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇，
则不同的分配方案有种.
故选：.
本题考查排列组合，属于基础题.
6．C
【解析】
在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．
【详解】
设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：
在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，则或，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
在D中，若，，则与平行或，故D错误．
故选C．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
7．A
【解析】
对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.
【详解】
因为，所以z 的虚部为2.
本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.
8．C
【解析】
根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，
【详解】
因为，
所以有解，
即有解，
所以，得，，
所以，
又因为，
所以，
即，
可化为，
因为，
所以的解集包含，
所以或，
解得，
故选：C
本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，
9．B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
10．C
【解析】
根据韦恩图可确定所表示集合为，根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合，根据补集和交集定义可求得结果.
【详解】
由韦恩图可知：阴影部分表示，
，，
.
故选：.
本题考查集合运算中的补集和交集运算，涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解；关键是能够根据韦恩图确定所求集合.
11．B
【解析】
由正弦定理及条件可得，
即.
，
∴，
由余弦定理得。
∴.选B。
12．B
【解析】
因为，所以的虚部是.故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
项和转化可得，讨论是否满足，分段表示即得解
【详解】
当时，由已知，可得，
∵，①
故，②
由①-②得，
∴．
显然当时不满足上式，
∴
故答案为：
本题考查了利用求，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算，分类讨论的能力，属于中档题.
14．2022
【解析】
根据条件先求出数列的通项，利用累加法进行求解即可．
【详解】
，，，
下面求数列的通项，
由题意知，，，
，，
，
数列是递增数列，且，
的最小值为.
故答案为：.
本题主要考查归纳推理的应用，结合数列的性质求出数列的通项是解决本题的关键．综合性较强，属于难题．
15．
【解析】
先把复数进行化简，然后利用求模公式可得结果.
【详解】
．
故答案为：.
本题主要考查复数模的求解，利用复数的运算把复数化为的形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
16．
【解析】
由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为
.
考点：旋转体的组合体.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）因为正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，
因为平面ABMN，平面ABMN，所以，，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为在直角梯形ABMN中，，所以，
所以，所以，因为，所以平面．
（2）如图，取BM的中点E，则，
又BM∥AN，所以四边形ABEN是平行四边形，所以NE∥AB，
又AB∥CD，所以NE∥CD，因为平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，
所以点N到平面CDM的距离与点E到平面CDM的距离相等，
设点N到平面CDM的距离为h，由可得点B到平面CDM的距离为2h，
由题易得平面BCM，所以，且，
所以，
又，所以由可得，
解得，所以点N到平面CDM的距离为．
18．（1）（2）存在；详见解析
【解析】
（1）由椭圆的性质得，解得后可得，从而得椭圆方程；
（2）设，当直线斜率存在时，设为，代入椭圆方程，整理后应用韦达定理得，代入＝0由恒成立问题可求得．验证斜率不存在时也适合即得．
【详解】
解：（1）由题易知解得，
所以椭圆方程为
（2）设
当直线斜率存在时，设为与椭圆方程联立得
，显然
所以
因为
化简
解得即
所以此时存在定点满足题意
当直线斜率不存在时，显然也满足
综上所述，存在定点，使成立
本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题，解题方法是设而不求的思想方法．设而不求思想方法是直线与圆锥曲线相交问题中常用方法，只要涉及交点坐标，一般就用此法．
19．（1）（2）
【解析】
（1）化简得到，分类解不等式得到答案.
（2）的最大值，，利用均值不等式计算得到答案.
【详解】
（1）
因为，故或或
解得或，故不等式的解集为.
（2）画出函数图像，根据图像可知的最大值.
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，故的最小值是3.
本题考查了解不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和转化能力.
20．（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】
（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；
（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】
（1），经过变换后得到的数阵；
（2）经变换后得，故；
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大．
21．（1）（2）
【解析】
(1)通过讨论的范围,得到关于的不等式组,解出取并集即可.
(2)去绝对值将函数写成分段函数形式讨论分段函数的单调性由恒成立求得结果.
【详解】
解：（1）当时，，即
或或
解之得或，即
不等式的解集为.
（2）由题意得：
当时为减函数，显然恒成立.
当时，为增函数，
，
当时，为减函数，
综上所述：使恒成立的的取值范围为.
本题考查了解绝对值不等式问题,考查不等式恒成立问题中求解参数问题,考查分类讨论思想,转化思想,属于中档题.
22．（1）证明见解析； （2）.
【解析】
（1）利用已知条件化简出，当时，，当时，再利用进行化简，得出，即可证明出为等差数列；
（2）根据（1）中，求出数列的通项公式，再化简出，可直接求出的前100项和．
【详解】
解：（1）由题意知，即，①
当时，由①式可得；
又时，有，
代入①式得，
整理得，
∴是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得，
∵是各项都为正数，∴，
∴，
又，
∴，
则，
，
即：.
∴的前100项和．
本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力.