山东省昌邑市第一中学2026届高三下学期开学暑假验收考试数学试题含解析.doc

山东省昌邑市第一中学2026届高三下学期开学暑假验收考试数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知为等比数列，，，则（ ）
A．9 B．－9 C． D．
2．已知向量，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，四边形为平行四边形，为中点，为的三等分点（靠近）若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
4．已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（ ）
A．的值域是 B．是奇函数
C．是周期函数 D．是增函数
5．已知随机变量服从正态分布，，（ ）
A． B． C． D．
6．已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知满足，，,则在上的投影为（　　　　）
A． B． C． D．2
8．在平面直角坐标系中，若不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，则下列结论正确的是（ ）
A．﹣3∈A B．3B C．A∩B=B D．A∪B=B
10．曲线上任意一点处的切线斜率的最小值为（ ）
A．3 B．2 C． D．1
11．已知下列命题：
①“”的否定是“”；
②已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；
③“”是“”的充分不必要条件；
④“若，则且”的逆否命题为真命题.
其中真命题的序号为（ ）
A．③④ B．①② C．①③ D．②④
12．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（ ）

A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则______________.
14．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.
15．已知向量，，满足，，，则的取值范围为_________.
16．设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为______．
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）已知函数，.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，证明：对任意恒成立.
18．（12分）在中，角所对的边分别为，若，，，且.
（1）求角的值；
（2）求的最大值.
19．（12分）已知函数().
（1）讨论的单调性；
（2）若对，恒成立，求的取值范围.
20．（12分）已知.
（1）求不等式的解集；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围
21．（12分）已知向量， .
（1）求的最小正周期；
（2）若的内角的对边分别为，且，求的面积.
22．（10分）已知函数是减函数.
（1）试确定a的值；
（2）已知数列，求证：.
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．C
【解析】
根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.
【详解】
∵,∴,又,可解得或
设等比数列的公比为,则
当时,, ∴；
当时, ,∴.
故选：C．
本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.
2．C
【解析】
求出，进而可求,即能求出向量夹角.
【详解】
解：由题意知，. 则
所以，则向量与的夹角为.
故选:C.
本题考查了向量的坐标运算，考查了数量积的坐标表示.求向量夹角时，通常代入公式 进行计算.
3．D
【解析】
使用不同方法用表示出，结合平面向量的基本定理列出方程解出．
【详解】
解：，
又
解得，所以
故选：D
本题考查了平面向量的基本定理及其意义，属于基础题．
4．C
【解析】
根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.
【详解】
由表示不超过的最大正整数，其函数图象为

选项A，函数，故错误；
选项B，函数为非奇非偶函数，故错误；
选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确；
选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.
故选：C
本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.
5．B
【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.
【详解】
，所以，.
故选：B.
本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.
6．C
【解析】
试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故选C．

考点：1．向量加减法的几何意义；2．正弦定理；3．正弦函数性质．
7．A
【解析】
根据向量投影的定义，即可求解.
【详解】
在上的投影为.
故选:A
本题考查向量的投影，属于基础题.
8．B
【解析】
依据线性约束条件画出可行域，目标函数恒过，再分别讨论的正负进一步确定目标函数与可行域的基本关系，即可求解
【详解】
作出不等式对应的平面区域，如图所示：

其中，直线过定点，
当时，不等式表示直线及其左边的区域，不满足题意；
当时，直线的斜率，
不等式表示直线下方的区域，不满足题意；
当时，直线的斜率，
不等式表示直线上方的区域，
要使不等式组所表示的平面区域内存在点，
使不等式成立，只需直线的斜率，解得.
综上可得实数的取值范围为，
故选：B.
本题考查由目标函数有解求解参数取值范围问题，分类讨论与数形结合思想，属于中档题
9．C
【解析】
试题分析：集合
考点：集合间的关系
10．A
【解析】
根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率，即可得出答案.
【详解】
解：由于，根据导数的几何意义得：
，
即切线斜率，
当且仅当等号成立，
所以上任意一点处的切线斜率的最小值为3.
故选：A.
本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.
11．B
【解析】
由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断．
【详解】
“”的否定是“”，正确；
已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题，正确；
“”是“”的必要不充分条件,错误；
“若，则且”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误.
故选：B．
本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础．
12．C
【解析】
充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与 相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.
【详解】
在正方体中，因为 ，所以 平面，故A正确.
因为，所以，所以平面 故B正确.
因为，所以平面，故D正确.
因为与 相交，所以 与平面 相交，故C错误.
故选：C
本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
设
根据椭圆的几何性质可得
,
根据双曲线的几何性质可得，
,

即
故答案为
14．
【解析】
先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.
【详解】
由于，所以，所以.由正弦定理得.
故答案为：
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.
15．
【解析】
设，，，，由，，，根据平面向量模的几何意义，可得A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，为的距离，利用数形结合求解.
【详解】
设，，，，
如图所示：

因为，，，
所以A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，
则即的距离，
由图可知，.
故答案为：
本题主要考查平面向量的模及运算的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.
16．-8
【解析】
通过约束条件，画出可行域，将问题转化为直线在轴截距最大的问题，通过图像解决.
【详解】
由题意可得可行域如下图所示：

令，则即为在轴截距的最大值
由图可知：

当过时，在轴截距最大

本题正确结果：
本题考查线性规划中的型最值的求解问题，关键在于将所求最值转化为在轴截距的问题.

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）（2）见解析
【解析】
（1）因为，可得，即可求得答案；
（2）要证对任意恒成立，即证对任意恒成立.设，，当时，，即可求得答案.
【详解】
（1），
，
，
函数在处的切线方程为.
（2）要证对任意恒成立.
即证对任意恒成立.
设，，
当时，，
，
令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
，
，，
当时，对任意恒成立，
即当时，对任意恒成立.
本题主要考查了求曲线的切线方程和求证不等式恒成立问题，解题关键是掌握由导数求切线方程的解法和根据导数求证不等式恒成立的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；
（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.
【详解】
（1）因为，所以.
在中，由正弦定理得，
所以，即.
在中，由余弦定理得，
又因为，所以.
（2）由（1）得，在中，，
所以

.
因为，所以，
所以当，即时，有最大值1，
所以的最大值为.
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.
19．（1）①当时，在上单调递减，在上单调递增；②当时， 在上单调递增；
（2）.
【解析】
（1）求出函数的定义域和导函数， ，对讨论，得导函数的正负，得原函数的单调性；（2）法一: 由得，
分别运用导函数得出函数()，的单调性，和其函数的最值，可得 ，可得的范围;
法二:由得，化为令()，研究函数的单调性，可得的取值范围.
【详解】
（1）的定义域为，，
①当时，由得，得，
在上单调递减，在上单调递增；
②当时，恒成立,在上单调递增；
（2）法一: 由得，
令()，则，在上单调递减，
，，即，
令，
则，在上单调递增，，在上单调递减，所以，即，
(*)
当时，，(*)式恒成立，即恒成立，满足题意
法二:由得，，
令()，则，在上单调递减，
，，即，
当时，由(Ⅰ)知在上单调递增，恒成立，满足题意
当时，令，则，所以在上单调递减，
又，当时，，，使得，
当时，，即，
又，，，不满足题意，
综上所述，的取值范围是
本题考查对于含参数的函数的单调性的讨论，不等式恒成立时，求解参数的范围，属于难度题.
20．（1）.
（2）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出取并集即可；
（Ⅱ）求出f（x）的最大值，得到关于a的不等式，解出即可．
试题解析：
（1）不等式等价于或
或，解得或，
所以不等式的解集是；
（2），，
，解得实数的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
21．（1）；（2）或
【解析】
（1）利用平面向量数量积的坐标运算可得，利用正弦函数的周期性即可求解；（2）由（1）可求，结合范围，可求的值，由余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
（1）

∴最小正周期 .
（2）由（1）知， ∴
∴， 又
∴或. 解得或
当时，由余弦定理得
即， 解得.
此时.
当时，由余弦定理得.
即，解得.
此时.
本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算、正弦函数的周期性，考查余弦定理、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于基础题．
22．（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立.
设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而 ，
所以 ①.
下面证；
记，.
∴ ，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，