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山东淄博市2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测数学
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，，则集合的子集个数为( )
A. B. C. D.
2.已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
3.已知，，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.展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
5.已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为( )
A. B. C. 或 D. 或
6.曲线在处的切线如图所示，则( )
A. B. C. D.
7.在年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为比特的密码所需要的最长时间约为参考数据：( )
A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒
8.记为数列的前项和，若，，且，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，，，，复数，，，在复平面内对应的点分别为，，，，则下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
10.已知抛物线：的焦点在直线：上，直线与抛物线交于两点，点在第一象限，过分别作准线的垂线，垂足分别是，则下列说法中正确的是( )
A. 以线段为直径的圆与轴相切
B. 的最小值为
C.
D. 若向量，则
11.如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点包含边界，与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是( )
A. 的轨迹是双曲线的一部分
B. 的轨迹是椭圆的一部分
C. 四棱锥体积最大值为
D. 的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.随机变量的取值为，，，若，，则 ．
13.椭圆：的左右焦点分别为，，点，为上一动点，则的最小值为 ．
14.已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字，，，，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷次，则次所得数字之积能被整除的概率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．
求；
若，求的面积．
16.本小题分
下图是某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图，评分在区间，，上，分别对应，，，四个等级为了进一步加强学生对运动与健康的重视，初评获等级的学生不参加复评，等级不变；对其余学生学校将进行一次复评复评中，原获等级的学生有的概率提升为等级；原获等级的学生有的概率提升为等级；原获等级的学生有的概率提升为等级，未提升等级的保持等级不变假设用频率估计概率，且每名学生复评结果相互独立．
求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
若初评中甲获得等级，乙、丙获得等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为等级的人数为，求的分布列和数学期望；
从全体高一学生中任选人，在已知该学生是复评提升等级的条件下，求该学生初评是等级的概率．
17.本小题分
如图，在等腰梯形中，，，是的中点现将沿翻折至，此时，三棱锥的体积首次达到．
求证：；
若点在线段上且，求与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线旋转一周，旋转后所得的图形与平面的交线为．
为上靠近的三等分点，求绕直线旋转一周后所得图形的周长；
在平面内以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系．
(ⅰ)求的轨迹方程；
为平面内且不在上的定点，过的直线与有个交点、，若、在直线的两侧，求的最小值用，表示．
19.本小题分
已知函数，，，．
当时，若函数有一个零点，求的取值范围；
当，且时，令，设是从小到大的第个极值点，证明：数列是等比数列；
当且时，令，且，有唯一的正零点，证明：．
参考答案
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15.解：由，
得，
则，
因为，所以，
所以或或，
故，由，得；
由以及正弦定理得，
由，得，
由余弦定理得，得，
故的面积为

16.解：根据频率分布直方图，各组组距为，
则平均值．
甲初评，不升级为的概率为；
乙、丙初评，升级为的概率均为，不升级的概率为．
的所有可能取值为．
，，
，．
分布列如下：
因此．
设事件：学生复评提升等级，事件分别为初评等级为，由条件概率公式．
，，，各等级提升概率，，．
．
由全概率公式，因此．

17.解：因为为中点，所以，则为等边三角形，则．
又且，故是平行四边形，因此，
取中点，连接，为等边三角形，故，．
在中，，，，
由余弦定理得，满足，故．
由，，平面，得平面，
又平面，故，
又，因此．
三棱锥的体积，解得．
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，平面为平面，
则．
在上，令，则的坐标为．
由得，即，
化简得，故．
向量．
设平面的法向量，，
则，解得法向量，．
设与平面所成角为，则．

18.解：点绕直线旋转一周所得图形为圆，过作，垂足为；
过作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
平面，
所以平面因为平面，所以，
即到的距离为．
而，所以．
所以绕直线旋转一周后所得图形周长为．
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系．
而为上任意一点，旋转后与平面的交点为，
设旋转过程中到的距离与到的距离相等且垂足相同．
到的距离为，到的距离为，
所以，整理得．
由题意知的斜率存在，设为，则．
如图，作出符合题意的图形，设，．
联立，整理得．
根据韦达定理，．
在轴的两侧，即．
，此时恒成立．
可得
，
代入韦达定理整理得，
而，
当最小时，，
即的最小值为．

19.解：当时，，则，
当时，，所以函数在单调递增，此时；
所以在上无零点；
当时，令，则，当时，，
则函数在单调递减；时，，
则函数在单调递增，
由于，所以，
且当趋于时，趋于，所以在有一个零点，符合题意，
综上所述，；
因为，所以
其中．
因为，所以，根据周期性，可取，
令得，
由得，解得，
，当时，时，；
当时，时，．
因此，在正数范围内的区间与上
的符号总相反，所以是的极值点．
所以，
．
假设，则．
而，所以无实数解，这说明．
所以，为非零常数，
所以数列是等比数列．
，所以单调递增．
由题意可知．
易知，所以，所以．
即，也即，可得．
所以有．
故，
又易知，
根据题意可知，即，
从而有，
即，可得，进一步得，
所以，
易知，令得，
所以，
当时，，所以，所以，
故．
综上得．

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