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青岛第五十八中学高新校区 2025-2026 年高三上期中考试
数学试题 2025.10
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，再选涂其他答案标号。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 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 A ｛ 2， 1,0，1,2｝， B x | (x 1)(x 2) 0 ,则 A B （ ）
A． 1,0 B． 0,1 C． 1,0,1 D． 0,1,2
2． ABC中， AB边的高为CD，若CB a ，CA b， a b 0 ， a 1， b 2，则 AD
（ )
1 a 1
2
A． b B． a
2 b 3 a 3 C． b
4 4
D． a b
3 3 3 3 5 5 5 5
3．设曲线 y=ax—ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x，则 a=
A．0 B．1 C．2 D．3
S
4．记 Sn为等差数列 an 的前 n项和， a 61 0， a4 a6 0，则 S （ ）4
9 9 39
A． B． C 10． 9 D．10 10 22
5．椭圆的中心在原点，焦距为 4，一条准线为 x 4，则该椭圆的方程为
x2 2 2 2A． y 1 B． x y 1
16 12 12 8
x2 y2 x2C y
2
． 1 D． 1
8 4 12 4
6．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两天为优
良的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45
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7．祈年殿（图 1）是北京市的标志性建筑之一 距今已有 600多年历史.殿内部有垂直于地
面的 28 根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有 4 根约为 19 米的龙井柱，寓意一年四季；中
圈有 12 根约为 13米的金柱，代表十二个月；外圈有 12根约为 6 米的檐柱，象征十二个
时辰.已知由一根龙井柱 AA1和两根金柱BB1,CC1形成的几何体 ABC A1B1C1（图 2）中，
AB AC 8米， BAC 144 ，则平面 A1B1C1与平面 ABC所成角的正切值约为（ ）
4 3 4 3
A． B． C． D．
3sin18 4sin18 3cos18 4cos18
f x 3 sin x 28．设函数 ．若存在 f x 的极值点 x 2 2
m 0
满足 x0 f x0 m ，则 m 的取
值范围是
A． , 6 6, B． , 4 4,
C． , 2 2, D． , 1 1,
二、选择题：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．在 1 4 2x 的展开式中，下列说法正确的是（ ）x
A．常数项是 24 B．第 4 项系数最大
C．第 3 项是 32x2 D．所有项的系数的和为 1
10．某中药材盒中共有包装相同的 7 袋药材，其中党参有 3 袋，黄芪有 4 袋，从中取出两
袋，下列说法正确的是（ ）
24
A．若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为
49
7
B．若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第 2 次取出党参的概率为
11
C1C1 C2
C．若不放回抽取，则第 2 次取到党参的概率算法可以是 4 3 3
C27
D．若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率
4
为
5
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11．悬链线是一根目睹均匀的绳子或铁链两端固定在水平杆上，受重力的作用自然下垂后
形成的曲线，建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为
x x
f x a cosh x a 0 ，其中a cosh x
e e
，则下列说法正确的是（ ）
2
A． f x 是偶函数 B． f x 在 , 上单调递增
C． x R， f x a 2D． cosh 2x 2 cosh x 1
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．已知复数 z满足1 iz z 2i，则 z .
13．抛物线C： y2 4x的焦点为 F ， P为C上一点且 PF 3，O为坐标原点，则
S OPF .
14．设点 M（ x0 ,1），若在圆 O: x2 y2 1上存在点 N，使得∠OMN=45°，则 x0的取值范
围是 .
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.（13 分）
在△ABC中 a 6,b c 1,sinC 7 .
4
（1）求△ABC的面积；
（2）求证： A 2C .
16.（15 分）
如图所示，在四棱锥 A BCDE中，底面 BCDE为直角梯形， BC / /DE， DEB 90 ，
1
BC AE，DE EB BC 2．
2
(1)证明：平面 ABE 平面 BCDE；
(2)若 ABE为等腰三角形且二面角 A BC E的大小为60 ，求直线 AB与平面 ACD所成
角的正弦值．
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17.（15 分）
已知椭圆C : 9x 2 y 2 m2(m 0) ,直线 l不过原点O且不平行于坐标轴， l与C有两个交点
A， B，线段 AB的中点为M ．
（1）证明：直线OM 的斜率与 l的斜率的乘积为定值；
m
（2）若 l过点 ( ,m)，延长线段OM 与C交于点 P，四边形OAPB能否为平行四边形？若
3
能，求此时 l的斜率，若不能，说明理由．
18．（17分）
已知函数 f x = ex e x 2x .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）设 g x f 2x 4bf x ，当 x 0时， g x 0 ,求b的最大值；
（3）已知1.4142 2 1.4143，估计 ln2 的近似值（精确到 0.001）
19．（17分）
已知有限数列 A : a1,a2 , ,a
*
2n 1 n N ,n 3 满足 ai 1,2, ,n i 1,2, , 2n 1 .对于给定
的 k k 2,3, , n ，若 A中存在 k项满足ai ai ai 1 i1 i2 ik 2n 1 ，则称 A1 2 k
有 k项递增子列；若 A中存在 k项满足 ai ai ai 1 i1 i2 ik 2n 1 ，则称 A1 2 k
有 k项递减子列.当 A既有 n项递增子列又有 n项递减子列时，称 A具有性质 P .
(1)判断下列数列是否具有性质 P；
① 4,1,3,2,1,3,4；
②1,2,5,4,3,4,5,3,1.
(2)若数列 A中有 ai an i n ，证明：数列 A不具有性质 P；
(3)当数列 A具有性质 P时，若 A中任意连续的 n项中都包含 k项递增子列，求 k的最大值.
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数学试题参考答案与解析（仅教师专用）
2025.10
1．A
【详解】由已知得，
因为，
所以，故选A．
2．D
【详解】试题分析：由，，可知
3．D
【详解】D
试题分析：根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算．
解：，
∴y′（0）=a﹣1=2，
∴a=3．
故答案选D．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．
4．B
【解析】根据，求得的关系，再利用等差数列前n项和公式求解.
【详解】在等差数列中，，
所以，
所以，
故选：B
5．C
【详解】椭圆的焦距为4，所以因为准线为，所以椭圆的焦点在轴上，且，所以，，所以椭圆的方程为，选C.
6．A
【详解】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A.
考点：条件概率．
7．B
【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值.
【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角，
由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知，
若是的中点，连接，则，且平面，
由平面，则，都在平面内，
所以平面，则是平面与平面所成角的平面角，
其中，，则.
故选：B
8．C
【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，
所以，所以即，所以，即
3，而已知，所以3，故，解得或，故选C.
考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.
9．AD
【分析】根据二项展开式判断ABC，由赋值法可判断D.
【详解】因为展开式的通项公式为；
令可得，所以常数项为，A正确；
由通项公式可知，当时，第4项的系数为负数，故B错误；
第3项是，所以第三项为24，故C错误；
令可得所有项的系数的和为1，故D正确.
故选：AD.
10．ABD
【分析】选项A，利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可解决；选项B，根据条件，利用条件概率公式，即可解决；选项C，根据条件，利用古典概率公式，即可解决；选项D，利用条件概率公式，即可解决，从而求出结果.
【详解】对于选项A，因为是有放回抽取，抽到一袋党参的概率为，抽到一袋黄芪的概率为，
所以取出一袋党参一袋黄芪的概率为，故选项A的正确，
对选项B，第二次抽到党参的概率为，至少抽到一袋党参的概率为，
所以所求概率为，故选项B正确，
对于选项C，因为不放回抽取，抽两次有种取法，第二次抽到党参的取法为，所以C选项的算法是错误的，故选项C错误，
对于选项D，至少取出一袋党参的概率为，取到一袋党参一袋黄芪的概率为，所以在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为概率为，故选项D正确，
故选：ABD.
11．ACD
【分析】对A，根据偶函数的定义判断；对B，通过导数可判断；对C，由基本不等式判断；对D，直接计算可判断.
【详解】对A，由题知定义域为，
所以，是偶函数，故选项A正确.
对B，函数的导数，
所以当时，当时，
所以单调递减区间为，单调递增区间为.
又，所以函数在单调递增，
由复合函数的单调性，可知 在上单调递减，故选项B错误.
对C，由基本不等式可知，当且仅当时取等号，故选项C正确.
对D，，
，
则，故选项D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据复数模的计算公式，即可求得答案.
【详解】由，得，
故，
故答案为：
13．
【分析】根据焦半径公式，确定点的横坐标，再求点的纵坐标，可得的面积.
【详解】如图：
不妨设点在第一象限，过点作与抛物线的准线垂直，垂足为.
则，又，所以，所以.
所以.
故答案为：
14．
【详解】由题意知：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，
过OA⊥MN，垂足为A，在中，因为∠OMN=45，所以=，
解得，因为点M（,1），所以，解得，故的取值范围是
.
考点：本小题主要考查考查直线与圆的位置关系，考查数形结合能力和逻辑思维能力，考查同学们分析问题和解决问题的能力，有一定的区分度.
15．(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由正弦值得，再应用余弦定理列方程求得，最后应用三角形面积公式求面积；
（2）由（1）及二倍角余弦公式得，再应用余弦定理求得，结合三角形内角的性质即可证.
【详解】（1）在中,所以是锐角，.
由，可得，而，
所以，
可得，则，
故；
（2）由（1）易知，则，
由（1）及余弦定理有，
所以，又，则.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面.
（2）先判断的形状，利用体积法求出点到平面的距离，则即为直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）因为在四棱锥中，底面为直角梯形，
且，，所以；
又，所以，
平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，平面，所以平面.
因为平面，所以，.
所以即为二面角的平面角，所以.
又为等腰三角形，所以为等边三角形.
取中点，连接，如下图：
则，平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
且.
又，
所以.
在中，，，
.
所以.
设点到平面的距离为，则.
由.
设直线与平面所成的角为，
则.
17．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
【详解】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；
（2）第一步由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.
试题解析：解：(1)设直线，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（2）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用
【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，
（2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.
18．（1）函数在R上是增函数；（2）2；（3）
【详解】（1）因为，当且仅当时等号成立，所以函数在R上是增函数；
（2）因为=，
所以=.
当时,,等号仅当时成立，所以在R上单调递增，而，所以对任意，；
当时，若满足，即时，，而，
因此当时，，
综上，的最大值为2.
（3）由（2）知，，
当时，，；
当时，，，
，所以的近似值为.
【易错点】对第(Ι)问,函数单调性的判断，容易;对第（2）问,考虑不到针对去讨论；对第（3）问,
找不到思路.
考点：本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，综合性较强，考查函数与方程、分类讨论等数学思想方法，考查同学们分析问题、解决问题的能力，熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本类题目的关键.
19．(1)数列①具有性质，数列②不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据性质判断即可；
（2）利用反证法，假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，分析可知，存在在中恰出现一次，不妨记为，
记，则必有，再根据数列递增，递减，推导出，推出矛盾，从而说明结论成立；
（3）由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，记，所以，，对数列项数最多的子列进行分析，可知递增子列的项数最多为，所以，，然后对为奇数和偶数进行分类讨论，求出的最大值，并通过构造数列确定的最大值能取到，由此可得出结果.
【详解】（1）数列①：具有性质；数列②：不具有性质.理由如下：
对数列①，记该数列为，
该数列有项递增子列：，
该数列有项递减子列：，故数列①具有性质；
对于数列②，记该数列为，
该数列有项递增子列：，该数列没有项递减子列，
故数列②不具有性质.
（2）假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，
因为，所以为，为，
所以对任意的，在中至少存在一项，
因为中有项，所以存在在中恰出现一次，不妨记为，
记，则必有，
因为递增，递减，
所以，数列中排在前面的项至少有，共项，
排在后面的项至少有，共项，
因为数列中有项，所以是第项，即.
这与题设矛盾，所以假设不成立，即数列不具有性质.
（3）当数列具有性质时，
记数列的项递增子列为为和项递减子列为，
由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，
记，所以，，
所以数列的前项由组成，
因为，
所以项数最多的递增子列只能是或，
所以递增子列的项数最多为，
数列的后项由组成，
所以项数最多的递增子列是或，
所以递增子列的项数最多为，所以，，
因为，所以
当为奇数，时，有最大值，所以，
构造数列，
该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列；
当为偶数，时，有最大值，所以，
构造数列，
该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列，
综上所述，.
