山东省青岛市2026届高三上学期期中考试 数学试卷（含答案)

这是一份山东省青岛市2026届高三上学期期中考试 数学试卷（含答案)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设是小于9的正整数，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（ ）
A．41B．42C．43D．44
3．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．设，为平面上两点，定义为，的“直角距离”.若，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
5．将函数的图象向左平移个单位后，得到的函数图象关于对称，则（ ）
A．B．C．D．
6．棱长为2的正四面体在水平面上正投影的面积最大为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数满足，其中表示，中最大的数，表示，中最小的数.则（ ）
A．14B．15C．16D．17
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．为奇函数
B．在上单调递增
C．的极小值为
D．直线与曲线仅有2个交点
10．已知正方体的棱长为4，点在棱上，若正方体的一个截面经过点，，，且将正方体分成体积比为的两部分，则（ ）
A．该截面为梯形
B．
C．点到该截面的距离为
D．点，，，都在同一个球面上，且该球的表面积为
11．记数列的前项和为，若，，则（ ）
A．
B．
C．数列的前项和小于2
D．数列的前项和为
三、填空题
12． .
13．记的内角，，的对边分别为，，，其面积为，已知，则 .
14．在矩形中，，为边上的两个点，，当在线段上运动时，记，，则的最大值为 .
四、解答题
15．如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面.为的中点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的大小.
16．在中，为的中点，为线段上一点，，.
(1)求，；
(2)若，的面积为，求的最小值.
17．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数.例如：（1，3与4互质）.
(1)求，，；
(2)若，证明：.
18．已知函数，直线为曲线在点处的切线.
(1)当时，求的方程；
(2)若与曲线相交于点，且，求的取值范围.
19．已知表示不超过实数的最大整数.例如：.
(1)设，求的值；
(2)解关于的方程：；
(3)若，，，.证明：.
参考答案
1．A
【详解】由题意可得，
又，所以，
故选：A
2．D
【详解】由于与是方程的两根，故，
即，得，
因此，
故选：D
3．B
【详解】
设圆锥的底面圆半径为，母线长为，高为，则，
由题意得，，解得，
∴，
∴圆锥的体积为.
故选：B.
4．A
【详解】根据题意，直角距离，
令，则，，
线段长度， 由，得，代入得：
，
当时，取最小值为，此时，即，满足条件.
故选：A
5．C
【详解】函数的对称轴方程为：
，，.
由函数的图象向左平移个单位后，得到的函数图象关于对称，
所以函数的一条对称轴为.
由，.
因为，所以时，.
故选：C
6．B
【详解】不妨将正四面体的棱平移到平面内，
因为正四面体的对棱互相垂直，当时，
此时投影是对角线长为2的正方形如图1，正投影面积.

当与平面不平行时，此时正投影是四边形或三角形，
如图2，当正投影是四边形时，因为，易得，
此时，又，
所以；

如图3，当正投影是三角形时，此时正投影的面积，

综上，正四面体在平面上正投影的面积的最大值为2.
故选：B.
7．C
【详解】，即，
，
整理可得：，，
，，
由得：或，
又，.
故选：C.
8．B
【详解】由函数满足，
取，则，
因此，
，所以.
故选：B
9．AC
【详解】的定义域为，关于原点对称，
且，故为奇函数，A正确，
，
当在上单调递减，故B错误，
当在上单调递增，
当在上单调递减，
当在上单调递增，
故在时，取到极小值，C正确，
令，则，
记，
则，
令，则（负值舍去），
故存在两个互为相反数的，满足，不妨设，
故当
因此在，上单调递减，在，上单调递增，，且当，因此有4个零点，故D错误，
故选：AC
10．ACD
【详解】若与重合，则截面为三角形，又，不符合题意，所以与不重合，同理可得不与重合；
对于A：设平面与线段交于点，连接、、，
又平面平面，平面平面，平面平面，
所以，又，所以，则，所以，所以截面为等腰梯形，故A正确；
对于B：设，则，
所以三棱台的体积，
依题意，解得或（舍去），
所以，故B错误；
对于C：如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以点到该截面的距离，故C正确；
对于D：因为为等腰三角形，则，，
所以外接圆的半径，
又平面，
所以外接球的半径，
所以外接球的表面积，故D正确.
故选：ACD
11．ABC
【详解】，则，两个式子相减，化简得（），
即（），又，所以.
综上，可知是首项，公比为2的等比数列，
故的通项公式为，A正确；
，故，B正确；
，当且仅当时取到等号，
故的前项和满足，故C正确；
设的前项和，
则，
可得，
所以，
所以，故D错误.
故选：ABC
12．
【详解】；
故答案为：
13．
【详解】因为，且，，
所以，则，
因为，所以．
故答案为：．
14．
【详解】设，作于H，

由对称性，不妨设，
设，，
则有，，则，
，
①当H在上时，；
②当H在上时，；
故.
所以
，（令）
，（令）
，
当且仅当，即时等号成立，故.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为四边形是正方形，故,又平面平面，
且平面平面 ,
所以平面，平面，故,
又为的中点，，所以,
由勾股定理可得所以，
故平面，故平面,
平面,则，
又,故，
又，平面，
故平面，
平面，故平面平面；
（2）以射线分别为非负轴建立空间直角坐标系，设,
则，
由（1）知是平面的一个法向量，
，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面和平面夹角为，
则，
故，即平面和平面夹角为，
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为为的中点，所以,
又三点共线，所以，
又，解得
（2）由（1）可得，
又所以，
故,
,
因为，
当且仅当时等号成立，故，
故的最小值为
17．(1)，，
(2)证明见解析
【详解】（1）根据题意，1与2互质，所以，
与8互质，所以，
与16互质，所以；
（2）因为不超过正整数，且与互质的正整数为不超过的奇数，
所以，则，
则，所以是等比数列，且，
则，
所以
.
18．(1)
(2)
【详解】（1）因为，则，
当时，则，，此时直线的方程为，即.
（2）由（1）可知，，
所以直线的方程为，即，
因为直线与曲线相交于点，且，
所以关于的方程在有解，
令，则，
，则，
令，则，
①当时，由，得，由，得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
当时，，则，所以在区间上单调递增，
当时，，则，
所以在区间上单调递减，所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
所以符合题意；
②当时，在区间恒有由，所以在区间上单调递减，
所以，
所以在区间上单调递增，所以，
所以在区间上无零点，所以不符合题意，
综上，即实数的取值范围为.
19．(1)1
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，
所以，故，即，
所以
（2）设则，
所以，
因为，
故，解得，
所以，
（3）因为
所以，
因为，所以，
所以,
所以，解得，所以，
即证明，
下面先证明：，
令则，
记，则，
所以在上单调递减，又，
所以存在使得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，且，
所以时，，即.
设其中，
若则，命题成立，
若则，所以，
因为，所以，
即可，又，命题成立，
综上