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山东省菏泽市2025-2026学年高三上学期期末数学试题（B） 2026.02 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因集合，，故. 故选：B. 2. 若为纯虚数，则实数a的值为（ ） A. －4 B. 2 C. －2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，借助纯虚数的定义计算即可. 【详解】，因为z为纯虚数，所以，则， 故选：D． 3. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】当时， ，解得或，即必要性不成立，故A错误； 当时，，故，所以，即充分性成立，故B正确； 当时，，解得，即必要性不成立，故C错误； 当时，不满足，所以不成立，即充分性不成立，故D错误. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用二倍角正弦公式化简得出，再结合角的范围确定余弦值的正负求解. 【详解】因为， 所以，且，即， 所以，且， 则. 故选：D. 5. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可. 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为 ，高为h， 又因为圆锥的轴截面是等腰三角形， 所以该轴截面是等腰直角三角形，则圆锥的高等于底面半径 所以圆锥的母线长， 圆锥侧面积：； 圆柱侧面积：； 圆锥和圆柱侧面积之比为. 故选：B. 6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，可知在上单调递减，且，由题意，只需函数在上单调递减，分类讨论，结合一次函数与二次函数的单调性求解． 【详解】令，可知在上单调递减，且， 要使函数在上单调递增，只需函数在上单调递减， 当时，在上单调递减，符合题意； 当时，图象开口向上，对称轴，所以，即， 当时，图象开口向下，对称轴， 此时在上单调递减，符合题意， 综上，则的取值范围是． 故选：B． 7. 已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题化为函数在上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间上，第二个正零点大于列不等式组求解可得. 【详解】由题知，函数在上仅有一个零点， 所以，所以， 令，得，即. 若第一个正零点，则（矛盾）， 因为函数在上仅有一个零点， 所以，解得. 故选：A 8. 如图，在棱长为4的正方体，中，，分别为棱，的中点，过，，三点作正方体的截面，则以点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作出截面，然后用即可求出结果. 【详解】 延长交于点，连接交于，则平面为所求截面， 故， 故选：B 二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知随机变量，若，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态密度曲线的对称性可判断A选项；利用基本不等式可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，因为，，， 由正态密度曲线的对称性可得， 故，A对； 对于B选项，由题意可知，， ，故， 当且仅当时，即当时，等号成立，B错； 对于C选项，，故， 当且仅当时，即当时，等号成立，C对； 对于D选项，， 当且仅当时，即当时，等号成立，D对. 故选：ACD. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为.且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由奇函数的性质判断出的图象关于点对称可判断A，对求导得出的对称性判断B，由对称性得出周期性判断C，结合周期性求值判断D． 【详解】A：因为为奇函数，所以，即， 即，所以的图象关于点对称且定义域为R，所以，A正确； B：由，两边求导得，即， 又的图象关于点对称，得，所以，B正确； C：因为为奇函数，即为奇函数，则， 所以，则（为常数）， 当时，，即，故为偶函数， 所以的图象关于直线对称，则，又， 所以，所以的图象关于点成中心对称， 由得，所以，C错误； D：由得，， 所以，又， 所以，D正确． 故选：ABD 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个 C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1 D. 曲线围成区域面积大于4 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误. 【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为， 代入成立，曲线关于直线对称，A对； 所以，所以，则，故， 时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对； 对于曲线上任意一点，则， 当时，，则，∴， ∴，此时曲线上点在圆外， 当时，，则，∴， ∴，此时曲线上点在圆外， 所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错； 如图，，，，四边形的面积， 当时，直线，曲线，即， 设， ，判别式，∴恒成立， 即函数单调递增，且∵， ∴当时，， ∴，即， ∴，即， ∴，即. 设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方， 由对称可知，当时，上面的结论依然成立. 当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于， 设函数，则， 即函数在上单调递增，且， 所以当时，，即， ，即， 则，即. 设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方， 由对称可知，当时，上面的结论依然成立. 故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上） 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，则的离心率___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系及双曲线定义求出离心率. 【详解】设双曲线的半焦距为，则， 在中，由，得， 由双曲线定义得，则， 所以的离心率. 故答案为： 13. 过点作圆的切线，则切线方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先判断点在圆上，再求出切线的斜率，点斜式即可求解. 【详解】将点代入圆的方程，得，故点在圆上. 可化为：，圆心为. ,故，故切线方程为：，即. 故答案为：. 14. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________. 【答案】12600 【解析】 【详解】问题等价于编号为的10个小球排列，其中号，号，号的排列顺序是固定的，据此可得：将这些气球都打破的不同打法数是. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）当时，求的值域； （2）在中，、、分别是角、、所对的边，若，且，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质求得函数的值域； （2）由结合角的取值范围可得出角的值，然后利用正弦定理结合平面向量数量积的定义计算得出，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质即可求得的最大值. 【小问1详解】 ， 因为，所以，所以， 故，则在上的值域为. 【小问2详解】 因为，所以，则， 故， 又因为，所以， 又因为，所以由正弦定理，得，同理可得， 因为，，，， 所以 ， 因为，则，所以， 所以当，即时，最大值为． 16. 近年来，开盲盒深受年轻人的喜爱.甲商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会等可能地开出3款玩偶（分别记为款､款､款）中的某一款.乙商店出售与甲商店款式相同的非盲盒玩偶且售价为3元/个. （1）若小明一次性购买了甲商店的3个盲盒，求他至少开出2个款玩偶的概率； （2）若小明只想要款玩偶，方案一：直接去乙商店购买；方案二：在甲商店以开盲盒的方式购买，并与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出款玩偶则停止，否则再开一个盲盒，若连续四次均未开出款玩偶，老板就赠送一个款玩偶给他.为了得到款玩偶，你认为小明应该选择去哪家商店购买更划算，请说明理由. 【答案】（1） （2）去甲家商店购买更划算，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）首先设至少开出2个款玩偶为事件，结合独立重复事件概率公式，即可求解概率； （2）根据方案二的结果求分布列及，再根据方案一平均花费为元，即可比较判断. 小问1详解】 设至少开出2个款玩偶为事件 故； 【小问2详解】 方案一：直接去乙商店购买花费3元； 方案二：设表示开盲盒的次数，即花费为, 故的所有可能取值为1，2，3，4， ，， ，， ， 则的分布列如表所示： 1 2 3 4 ． 方案二平均花费为元，方案一平均花费为元，故小明应该选择去甲家商店购买更划算. 17. 在平行四边形ABCD中，为AB中点，将沿直线DE翻折至．设是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）求点到平面MEC的距离； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据，结合三棱锥体积公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再根据线面角向量法求解即可. 【小问1详解】 因为为AB中点， 所以， 即为等边三角形，所以， 在中，． 所以，因为 ，所以， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）知CE为三棱锥的高， ， 所以， 因为是线段的中点，所以， 又在中，， 所以，设点到平面MEC的距离为， 则， 即 所以； 【小问3详解】 取DE中点O，DC中点，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的法向量为， 所以令， 可得平面的法向量为， 易知平面DEC的一个法向量， 设二面角的平面角为， 由图可知二面角的大小为锐角， 所以， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为． （1）求的方程； （2）设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用椭圆定义及余弦定理得出，再应用面积公式代入求解得出，进而得出椭圆方程； （2）先求出直线得出MN中点为，再设直线联立椭圆方程得出，，最后应用三点共线得出，最后计算得出定值. 【小问1详解】 设，则，① 在中，由余弦定理可得， 即， 即代入①式，得． 所以， 所以，椭圆的方程是． 【小问2详解】 当B，C之一为点时，不妨设，此时 AC斜率为0，N点为坐标原点，直线方程为． 代入，求得，所以AB方程为， 所以，所以MN中点为． 所以． 当AB，AC斜率都不为0时，设， 由得， 所以，代入中，得， 所以， 同理， 由Q，B，C共线，得， 所以，整理得②， 直线AB与轴交点为，直线AC与轴交点为， 所以MN中点，即，由②得， 所以． 综合以上可得为定值． 19. 设定义域为的函数，对于，定义． （1）设，求； （2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由； （3）若对任意，，其中，均是上的恒正函数．证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”． 【答案】（1）； （2）存在，； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据定义求出，解一元二次不等式即可； （2）记，求导，根据闭区间定义分，，两种情况讨论求解即可. （3）按照充分性和必要性，结合定义讨论求解. 【小问1详解】 ，， ，，，， ； 【小问2详解】 记， 则，令， 当时，存在， 所以当时，，得 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 因为是函数有极大值点，所以当时，是一段封闭区间， 即，解得，所以； 特别地，当时，，故是一段封闭区间； 当时，当且仅当时，， 同理是函数有极大值点，所以当时，是一段封闭区间， 所以， 综上，； 【小问3详解】 证：必要性：若对于任意成立， 所以，即与成对出现在集合中， 故， 当时，，从而有， 即且； 充分性：设， 任取，满足， 则， 而且，所以， 则，即，与矛盾， 同理可证时也矛盾， 即对于任意成立. 综上，“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省菏泽市2025-2026学年高三上学期期末数学试题（B） 2026.02 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若为纯虚数，则实数a的值为（ ） A. －4 B. 2 C. －2 D. 4 3. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”必要条件 D. “”是“”的充分条件 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 7. 已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为4的正方体，中，，分别为棱，的中点，过，，三点作正方体的截面，则以点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为（ ） A. B. 8 C. D. 二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知随机变量，若，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为.且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上横、纵坐标均是整数点恰有4个 C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1 D. 曲线围成区域的面积大于4 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上） 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，则的离心率___________． 13. 过点作圆切线，则切线方程为___________． 14. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）当时，求的值域； （2）在中，、、分别是角、、所对的边，若，且，求的最大值． 16. 近年来，开盲盒深受年轻人的喜爱.甲商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会等可能地开出3款玩偶（分别记为款､款､款）中的某一款.乙商店出售与甲商店款式相同的非盲盒玩偶且售价为3元/个. （1）若小明一次性购买了甲商店的3个盲盒，求他至少开出2个款玩偶的概率； （2）若小明只想要款玩偶，方案一：直接去乙商店购买；方案二：在甲商店以开盲盒的方式购买，并与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出款玩偶则停止，否则再开一个盲盒，若连续四次均未开出款玩偶，老板就赠送一个款玩偶给他.为了得到款玩偶，你认为小明应该选择去哪家商店购买更划算，请说明理由. 17. 在平行四边形ABCD中，为AB中点，将沿直线DE翻折至．设是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）求点到平面MEC的距离； （3）求二面角的余弦值． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为． （1）求的方程； （2）设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值． 19. 设定义域为的函数，对于，定义． （1）设，求； （2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求取值范围；若不存在，请说明理由； （3）若对任意，，其中，均是上的恒正函数．证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $