【数学】山东省烟台市2026届高三上学期期末学业质量水平诊断试题（学生版+解析版）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 设全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以,
所以.
所以.
故选：D.
2. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：C.
3. 已知且，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
【答案】B
【解析】对，
若，由；
若，由，结合，得.
所以不等式的解集为.
因为⫋，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知直线，圆，当直线被圆截得的弦长最短时，实数的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】对直线：，所以直线经过定点.
当直线时，直线被圆截得的弦长最短.
因为，所以，所以，即.
故选：A.
5. 已知菱形的边长为分别是的中点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图：
以为基底，则，.
又，，
所以.
故选：B.
6. 若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，
的面积为，
设、分别是、的中心，则为正三棱台的高，
，
故，
设、分别是、的中点，
所以、、三点共线，、、三点共线，
且，，，
则，
，
所以，，
易知四边形为直角梯形，且，，
过点在平面内作，垂足为点，
如下图所示：
因为，，，故四边形为矩形，
所以，，则，
由勾股定理可得.
故选：A.
7. 若函数在区间内无零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为
.
由，
则函数在区间内无零点可转化为，.
所以，.
由，又，，
所以当时，，结合，可得.
故选：C.
8. 已知定义在上的函数的导函数为，且对任意的，有，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得函数的图象关于直线对称，
由，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
由，则，
即，
所以或，
则或恒成立.
当时，恒成立；
当时，，则或，
而，则不可能恒成立.
综上所述，实数的取值范围为.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数为的导函数，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 函数在上单调递增
C. 函数的极大值为
D. 函数为奇函数
【答案】ACD
【解析】因为，所以.
由或；由.
所以的增区间为，，减区间为.故B错误；
所以函数的极大值为，故C正确；
又，故A正确；
又为奇函数，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知抛物线经过点，其焦点为为上的一动点，点，则（ ）
A.
B. 直线与抛物线有两个公共点
C. 满足的点有两个
D. 点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为
【答案】AC
【解析】由题意得即，所以抛物线，，
所以，故A正确；
由题可得直线的方程为，
联立得，所以，
所以直线与抛物线只有1个公共点，故B错误；
设，则由即得，即点P在圆上，
联立，其中，
则，且,
故此方程在上有且只有根且为正根，故方程组有且只有两组不同的解，
所以圆与抛物线有两个交点，满足的点有两个，故C正确；
由题意可知点到轴的距离为，
点到轴的距离与其到点的距离之和为，
又，当且仅当三点共线且在之间等号成立，
所以点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（ ）
A. 当点在线段上时，
B. 当点在线段上时，平面
C. 当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为
D. 当点在面上时，若，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】如图：
连接，则，
又为正方体，所以平面，
平面，所以，
因为平面，且，所以平面.
平面，所以.
同理可得，平面，，
所以平面.
同理可得：平面，所以平面平面.
对A：当点在线段上时，平面，
又平面，所以，故A正确；
对B：当点在线段上时，平面，
又平面平面，所以平面，故B正确；
对C：当点与点（或）重合时，
三棱锥的外接球即为正方体的外接球.
设半径为，则.
此时三棱锥的外接球的表面积为：，故C错误；
对D：当点在面上时，如图：
设，则，由，
所以点轨迹是平面中，以为圆心，以为半径的圆弧，
与的交点，，与的交点，.
所以.
由余弦定理，，所以.
所以点轨迹的长度为：，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则的值为__________.
【答案】
【解析】因为，
所以.
因为，
所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与的左､右两支分别交于点，若为线段的中点，且成等差数列，则双曲线的离心率的值为__________.
【答案】
【解析】连接，则由题意可知，
设，则，
因为成等差数列，所以，
所以，所以，
所以，即，
所以，即，
所以双曲线的离心率的值为.
故答案为：.
14. 若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________.
【答案】16；86
【解析】因为数列为“数列”，且，，
所以当时，；
当时，，又，所以；
当时，.
所以的最小值为16.
因为数列为“数列”，所以，
又，所以数列为递增数列.
问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值.
此时：
设，则；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
……
归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，.
又，
若，，
由，
即；
若，，
由，
即.
此时，，.
又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得.
故的最大值为86.
故答案为：16；86.
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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，分别为线段的中点.

（1）证明：平面平面：
（2）求二面角的余弦值.
（1）证明：因为平面平面，所以
因为底面为矩形，所以.
又平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为为中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：以为原点，的方向分别作为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，
则有，取，得.
又，
设为平面的一个法向量，
则有，取，得.
由图可知，二面角为锐角，
设二面角的平面角的大小为，
则，
所以二面角的余弦值为.
16. 已知的内角的对边分别为，点满足.
（1）若，求面积的最大值；
（2）若，求.
解：（1）在中，由余弦定理得，
所以.
所以，当且仅当“”时取“”，
所以，即面积的最大值为.
（2）在中，由正弦定理得，，即，
在中，由正弦定理得，，即，
因为，所以，
于是，整理得，
又，
即，
因为，所以，所以，
解得.
17. 已知点均在抛物线上，，，以点为圆心的圆与轴相切，且圆与圆外切，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设圆的面积为，求证：.
（1）解：因为点在抛物线上，所以且，
因为圆和圆外切且圆均与轴相切，
所以，
所以，
整理得，
因为，所以，
即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以.
（2）证明：由（1）知，，
因为，
所以，
即，原题得证.
18. 已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，上顶点为，且的面积为1.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线与过点的直线相交于点的斜率分别为，且.
（i）若为上的动点，求的最小值；
（ii）设为坐标原点，若与相交于点与相交于点，且直线，的斜率之和为0，求点的坐标.
解：（1）由题意知，
又，解得，
所以的方程为.
（2）（i）设，显然，则，
因为，代入整理得.
如图：
设与直线平行且与相切的直线方程为，
联立，得，
，所以，
所以的最小值为.
（ii）设直线的方程为，设，因为均存在，所以点均不在轴上，所以，
联立方程，得，
所以，
所以
同理可得，
所以，
即，
当时，又整理得，解得或（舍）
由，解得，
当时，又得，由，解得，
综上，满足条件的点的坐标为或.
19. 已知函数.
（1）当时，，求的取值范围；
（2）设，且.
（i）证明：数列是递减数列；
（ii）证明：.
（1）解：当时，，即，
令，则，
当时，因为，所以，即在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，不合题意；
当时，令，解得，此时在上恒成立，
所以在上单调递增，所以恒成立，符合题意.
综上，的取值范围为.
（2）证明：因为，由（1）知，当时，.
（i）因为，所以，所以.
因为，所以，所以.
以此类推，.
因为，
令，则，当时，，
所以在单减，即，即，
所以，所以.
所以，所以，故数列是递减数列.
（ii）由题意，
下证：
因为，只需证，即证.
令，
则，
由（i）知，当时，，
所以，所以在上单调递增，
又，故对任意的.
所以，即，
所以，原题得证.