山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期8月月考数学试卷

这是一份山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期8月月考数学试卷，共10页。
考试时间：120 分钟满分：150 分命题人：李倩
一、选择题（本小题 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.）
样本数据 2，3，6，8，9，10 的中位数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
若复数 z 满足 2  i  1  i ，则 z  （ ）
z  3
 3  1 i
22
 3  1 i
22
3  5 i
22
3  5 i
22
集合 A  x 1  x  2, B  x  N x  2 ，则 A ∩ B  （ ）
A．x x  2
B． 0,1
C．1, 0,1
D．x 1  x  2
若a  1 ，则关于 x 的不等式 2x  a  1 的解集为（ ）
x  1
x 1  x  1 a
C．x a  x  1
x x  1 a
D．x x  1 a 或 x  1
在ABC 中， a : b : c  3 : 5 : 7 ， 则这个三角形的最大内角为（ ）
30∘B． 90∘C．120∘D． 60∘
设Sn 是等差数列an 的前n 项和，若S3  15, S8  S5  18 ，则S8  （ ）
A．132B．88C．44D．33
已知sin α π   1  csα，则cs  2α π   （ ）
 3 
 1
2
6 
2
1
2

 3
4
3
4
已知抛物线 y  ax2  bx  c(a  0) 可由抛物线 y  ax2 平移得到，若抛物线
E : y  1 (x  2)2  3 的焦点为 F ，点 P 在抛物线 E 上且| PF | 5 ，则点 P 到 x 轴距离为
4
（ ）
A．5B．6C．7D．8
二、多选题（本小题 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
2
已知双曲线 E : x
m
m  18
2
y
 1(m  0) 的实轴长是虚轴长的 3 倍，则（ ）
2
E 的渐近线方程是 y   1 x
3
5
E 的焦距为2
E 的离心率为 10
3
在公比q 为整数的等比数列an 中， Sn 是数列an 的前n 项和，若a1  a4  18 ，
a2 a3 12，则下列说法正确的是（ ）
A． q = 2
C． S8  254
B．数列lg an  是公差为 2 的等差数列 D．数列Sn  2是等比数列
已知函数 f (x)  (1 2x) ln 1 x ，则（ ）
x
f ( x) 的定义域为( 0, 1)B． f (x  1 ) 为偶函数 2
C． f ( x) 为单调递增函数D． f (x)  0
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
→→→→
已知向量m  3, 2, 3m  n  1, 4 ，则 n  .
已知函数 f  x 的导数 f  x  a(x 1)(x  a) ，若 f  x 在 x  1 处取到极大值，则 a
的取值范围是．
将两个半径均为3cm 的球，一起放进一个正方体包装盒中，盒子棱长最小值为
cm ．
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．（本小题满分 13 分）已知函数 f  x  2 cs2 x  sin  2x  π 1．
6 

求 f  x 的单调递增区间；
f xπ π
求   在区间 ,  上的最值．
 3 6 

y
2
2
16．（本小题满分 15 分）已知 A，F 是椭圆 E : x
2
2  1a  b  0 的右顶点和左焦点，
ab
椭圆 E 过点 B 1, 3  ，且焦距为 2．
 2 

求椭圆 E 的标准方程；
直线 FB 与 E 交于 M 点（不与 B 点重合），求V ABM 的面积．
17．（本小题满分 15 分）在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，四边形 ADPQ
是梯形， PD  AQ ， PD // QA ， PD  平面ABCD ，且
AD  2 AQ  2 ， PD  2 ．
求证： QB // 平面PDC ；
求平面 PBC 与平面 PQB 夹角的余弦值．
18．（本小题满分 17 分）已知函数 f (x)  ex (1 m ln x) ， f (x) 为 f (x) 的导函数.
若 m  0 ，讨论 f (x) 在1，  上的极值点个数；
设函数 h(x)  f (x) ，若 h(x)  5 恒成立．
ex2
①求m 的取值范围；
②设函数 f (x) 的零点为 x0 ， f (x) 的极小值点为 x1 ，求证： x0  x1 ．
19．（本小题满分 17 分）“踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动.某地为了弘扬传统文化，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动．
某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为 B 、C 两类，抽到较易的 B 类并答对 购物打八折优惠，抽到稍难的C 类并答对购物打七折优惠．抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有8 张完全相同的卡片，其中3 张写有A 字母，3 张写有 B 字母，2 张写有C字母，顾客每次不放回从箱中随机取出1张卡片，若抽到写有A 的卡片，则再抽1次，直至取到写有 B 或C 卡片为止，问：已知该顾客最后一次取到的是写有C 的卡片的条件下，求他共抽了 3 次的概率；
小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到n 条灯谜( 不妨设每条灯谜的适合度各不相同) 最适合的灯谜出现 在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前k (1  k  n) 条灯谜，自第k 1条开始，只要发现比他前面见过的灯谜都适合，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条.记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为 P ．
若n  4, k  2 ，求 P ；
当n 趋向于无穷大时，从理论的角度（ 0  k  n, k  R ），求 P 的最大值及 P 取最大值时 k 的值．
（取 1  1 L 1  ln n ）
kk 1n 1k
ft西大学附中
2025～2026 学年第一学期高三 8 月模块诊断（总第二次）解析版
1．B
【分析】根据中位数的定义求解.
【详解】因为样本数据个数是偶数，所以这组数据的中位数是第 3 位数和第 4 位数的平均数，即 6  8  7 .故选：B.
2
2．A
【详解】由 2  i  1  i ，得 z  2  i  3  2  i1 i  3  3  i  3   3  1 i .故选：A.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
A
C
C
B
C
ABD
AD
题号
11
答案
ABD
3．B
z  3
1 i
1 i1 i222
【详解】由题设 B  {0,1}，且 A  x 1  x  2，则 A ∩ B  0,1 .故选：B 4．A
【解】由 2x  a  1 可得 2x  a  x 1  0 ，即 x  1  a  0 ，所以x  1  a x 1  0 ，
x  1
x 1
x 1
因为方程x  1  a x 1  0 的两根为 x1  1 a ， x2  1，
因为a  1 ，所以 x1  1 a  0 ，可得1  1 a ，所以不等式x  1  a x 1  0 的解集为：

x 1  x  1 a ，即不等式 2x  a  1 的解集为x 1  x  1 a ，故选：A.
x 1
5．C
θ3  5  71∘
222
【解】试题分析：设三角形三边为 3．5．7，所以最大角 满足csθ  θ 120
2  3 52
6．C
【详解】根据S 是等差数列{a }的前n 项和，由等差数列前n 项和公式可得S  3a  3(3 1) d  15 .所以
nn312
3a  3 2 d  15 ，化简可得a  5  d . S  S  a  a  a ，即a  a  a  3a 18d  18 .得a  6d  6 .
121
85678
67811
将a  5  d 代入a  6d  6 中，解得d  1 .将d  1 代入a  5  d ，可得a  24 . 可得
1155115
S  8 24  8(8 1)  1  44 故选：C.
8525
7．B【分析】由题意，利用两角和与差的正弦公式可求得sin α π   1 ，再利用二倍角公式即可求得
6 2

cs 2α π  .
3 

【详解】因为sin α π   1  csα，则 3 sinα 1 csα 1  csα，即 3 sinα 1 csα 1 ，
6 2
222
222

所以sin α

π  
6 

1 ，则cs  2α

2
π   cs 2α
3 

π   1  2sin2 α
6 

π  1 2
  1  2   
62
 
 1 .故选：B.
2
8．C
【解】依题意，将抛物线 E : y  1 (x  2)2  3 的图象向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位，可得抛物线
4
y  1 x2 ，即 x2  4 y 的图象，
4
记抛物线 x2  4 y 的焦点为 F 0,1 ，记点 P x, y  为点 P 平移后的点，
由平移的性质可知 PF   PF  5 ，则 y 1  5 ，即 y  4 ，
所以点 P 的纵坐标为4  3  7 ，即点 P 到 x 轴距离为7 .故选：C. 9．ABD
m
【解】对于 A，由双曲线 E 的实轴长是虚轴长的 3 倍，得2
 3 2 2 ，解
x
y
22
得 m  18 ，A 正确；对于 B，双曲线 E :
182
 1 的渐近线方程是 y   1 x ，
2 5
3 2
3
m  2
B 正确；对于 C， E 的焦距为2
5
故选：ABD 10．AD
 4
，C 错误；对于 D， E 的离心率为e 
10 ，D 正确.
3
【解析】利用等比数列通项公式求解a1 ， q ，进而求得lg an ， Sn ， Sn  2 ，从而判断各选项.
a1  a4
 a  (1 q3 )  18
a1  2
a  16
1

1
【详解】由等比数列通项公式得
a  a
 a  (q  q2 )  12 ，解得q  2 ，或q  1 ，
 231
2
又公比q 为整数，故a1  2 ， a  a  qn1  2n ，故 A 选项正确；

q  2n1
n
lg an  lg 2n  n lg 2 ，故数列lg a  是公差为lg 2 的等差数列，故 B 选项错误；
a (1 qn )
S  1  2
n1 q
8
n
n
n1
 2 ，故S  29  2  510 ，故 C 选项错误； S
 2  2n1 ，故S  2为等比数列，即 D
选项正确；故选：AD.
ABD
【分析】对于 A：利用真数大于 0 即可求得结果；对于 B：利用偶函数定义即可证明；
对于 C：举反例即可判断；对于 D：令函数h  x  1 x ，利用导数求得单调性再结合负负得正即可判断
x
【详解】对于选项 A：因为对数的真数大于 0，故1 x  0,  x  x 1  0,0  x  1 ，故定义域为( 0, 1) ，故
x
选项 A 正确；对于选项 B:因为 f (x)  (1 2x) ln 1 x ，定义域为  1 , 1  关于原点对称，
x 2 2 
1  x
1  x

1  x
又 f (x  1 )  2x ln 2
，且 f (x  1 )  2x ln 2
 2x ln 2
 f (x  1 ) ，故 f (x  1 ) 为偶函数，故选
21  x
21  x
1  x22
222
项 B 正确；
对于选项 C：因为 f  1   0, f  1   3 ln 7  0 ，故 f  1   f  1   3 ln 7 ，故选项 C 正确；
28
28
  
  4
  
  4
对于选项 D：令h  x  1 x ，求导得h x  1 x x  x1 x  1  0 ，
xx2x2
故函数h  x 在区间( 0, 1) 上单调递减，而当 x  1 时， h  1   1 ，当 x  1 时， f  1   0,
1 
1 x
 
 
1 x
 
2
2
2
2 
2
当 x  0,  时，1 2x  0,
x
1 ，所以ln
x
0 ，所以 f  x  0 ，
当 x  1 ,1 时，1 2x  0, 0  1 x  1 ，所以ln 1 x  0 ，所以 f  x  0 ，故选项 D 正确；故选：ABD
 2xx

2
10
→→
2
【解】因为n  1, 4  3m  1, 4  33, 2  10,10 ，所以 n  10 2 ，故答案为：10.
0,  , 1
【分析】分a  0 ， a  0 和a  0 三种情况，结合二次函数的图象性质与极值的定义判断即可.
【详解】由题意当a  0 时不成立，当a  0 时 f  x 有两个零点 x  1 与 x  a .
①当a  0 时， f  x 开口向上，且1  a ，故当 x , 1 时 f  x  0 ， x 1, a 时 f  x  0 ， f  x 在
x  1 处取到极大值；
②当a  0 时， f  x 开口向下；
当a  1 时， f  x  0 ， f  x 无极大值；
当a  1 时，在区间 x a, 1 上 f  x  0 ， x 1,  上 f  x  0 ，故 f  x 在 x  1 处取到极大值；当1  a  0 时，在区间 x , 1 上 f  x  0 ， x 1, a 上 f  x  0 ，故 f  x 在 x  1 处取到极小值.综上有a  0 或a  1 .故答案为： 0,  , 1
3
3
6  2/ 2 6
【解】由题可知当两球外切且与正方体包装盒对角的三个面相切时盒子棱长最小，过正方体对角作截面如
图，设此时盒子棱长为 acm ，则 AD  acm, AB  2acm, AC  3acm ，
3
O1E  O2 F  3cm, O1O2  6cm ，
∴ AD  a  3  3  6 
1  6  2
3
3
( cm )，即盒子棱长最小值为6  2
cm .故答案为： 6  2 3 .
kπ 2ππ1

15．（1） 
, kπ k  Z  ；（2）最大值为1，最小值为 .
36 2
【分析】（1）利用两角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式、两角和的
余弦公式将函数 y  f  x 的解析式化简为 f  x  cs 2x  π ，然后解
3 

不等式2kππ 2x  π 2kπk  Z  可得出函数 y  f  x 的单调递增区间；
3
（2）由π  x  π，可计算出π 2x π 2π，然后由余弦函数的基本性质可求出函数 y  f  x 在区
36
π π
333
间 ,  上的最大值和最小值.
 3 6 
【解】（1）Q f  x  2 cs2 x  sin  2x  π 1  cs 2x  sin 2x csπ cs 2x sinπ
6 
66 

 cs 2x  3 sin 2x  1 cs 2x  1 cs 2x  3 sin 2x  cs 2x csπ sin 2x sinπ  cs 2x  π ，
3 
222233
解不等式2kππ 2x  π 2kπk  Z  ，得kπ 2π x  kππk  Z  ，
336
因此，函数 y  f  x 的单调递增区间为kπ 2π ππ k  Z  ；
3 , k6 
（2）当π  x  π时， π 2x π 2π.当2x  π 0 时，函数 y  f  x 取得最大值1；
363333
当2x  π 2π时，函数 y  f  x 取得最小值 1 .
332
x
y
22
16．(1) 1
43
2) 45
14
【分析】（1）由题意可得： c  1，方法一：代入点解得a2  4 ， b2  3 ，即可得方程；方法二：根据椭圆的定义可得a  2 ，即可得方程；
（2）由题意可得直线 BF 方程为3x  4 y  3  0 ，联立方程结合弦长公式可得 BM  25 ，结合点到直线的
7
距离公式求面积.
【解】（1）因为焦距为2c  2 ，即c  1，
9
 1  4  122
x2y2
方法一：由题意可得：  a2b2
，解得a  4 ， b  3 ，所以椭圆方程
43
 1．

a2  b2  1
方法二：由题意可知： F 1, 0 ，右焦点 F 1, 0 ，则c  1可得

11  
2
2 3 
 2 


11  
2
2 3 
 2 

53
a2  c2
BF  BF  
2
所以椭圆方程 x
2
y
 1．

   4  2a ，即a  2 ，可得b 
22
 3 ，
43
 3 
y  0  x 1
（2）因为 B 1, 2  ， F 1, 0 ，直线 BF 方程为 3  0
11 ，即3x  4 y  3  0 ，

3x  4 y  3  0


联立方程 x22
2
，消去 y 可得7x2  6x 13  0 ，解得 x  1 或 x   13 ，
可得 BM
 y
1  4 
 3 2
 
 43

 1
13
7
1
7
32  42
25 ，且 A2, 0 到直线 BF : 3x  4 y  3  0 的距离为9
7
 9 ， 5
所以V ABM 的面积S 1  25  9  45 ．
△ABM27514
17．(1)①证明见解析；② 1 ；(2) 2 .
2
【详解】（1）①取 PD 中点 E ，连接QE ， EC ，
∵ AD  2QA  2 PD  2 ，点 E 为 PD 中点， ∴ AQ  DE  1 ，又 PD ∥ QA ，∴四边形QADE 为平行四边形，
∴ QE ∥ AD ， QE  AD ，∵ ABCD 为正方形，
∴ AD ∥ BC ， AD=BC ，∴ QE ∥ BC ， QE  BC ，四边形QEBC 为平行四边形，
∴ QB ∥ EC ，又QB  平面 PDC ， EC  平面 PDC ，∴ QB ∥平面 PDC .
②
以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， DP 为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，
，
P 0, 0, 2 ， B 2, 2, 0 ， C 0, 2, 0 ， Q 2, 0,1 ， PB  2, 2, 2 ， PC  0, 2, 2
PQ  2, 0, 1 ，
设平面 PBC 的法向量为m   x1, y1, z1  ，
 → –––→
m⋅PB=2x1 +2y1 −2z1 =0 ，令 y  1 ，则 x =0 ， z  1，所以m  0,1,1 ，
 → –––→
111
m⋅PC=2y1 −2z1 =0
设平面 PBQ 的法向量为n   x2 , y2 , z2  ，
→ –––→
n⋅PB=2x2 +2y2 −2z2 =0 ，令 x  1，则 z  2 ， y  1 ，所以n  1,1, 2 ，
→ –––→
222
3
n⋅PQ=2x2 −z2 =0
–→ →
m  n1 2
cs
m, n
 –→ → 
2  6
m n
2 ，易知：平面 PBC 与平面 PBQ 所成角的余弦值为 3 .
2
18．(1)答案见解析；(2)① m  3 ；②证明见解析.
2
【解】（1）由题设 f (x)  ex (1 m  m ln x) ，令 g(x)  1 m  m ln x ，则 g(x)  m (1 1 ) ，
xxxx
由m  0 且 x  1 ，则 g(x)  0 ，所以 g(x) 在(1, ) 上单调递减，则 g(x)  g(1)  1 m ，
若m  1，则 g(x)  g(1)  0 ，故 f (x)  0 在(1, ) 上恒成立，此时 f ( x) 在(1, ) 上单调递减，故无极值
点，若1  m  0 ，则 g(1)  1 m  0 ，且 x 趋向 ， m  0 ， m ln x   ，即 g(x)   ，
x
所以，存在 x0 (1, ) 使 g(x0 )  0 ，则1  x  x0 时 g(x)  0 ， x  x0 时 g(x)  0 ，
故在(1, x0 ) 上 f (x)  0 ， f ( x) 在(1, x0 ) 上单调递增，在(x0 , ) 上 f (x)  0 ， f ( x) 在(x0 , ) 上单调递减，此时 f ( x) 在(1, ) 上有 1 个极大值点，无极小值点；
综上， m  1时 f ( x) 在(1, ) 上无极值点， 1  m  0 时 f ( x) 在(1, ) 上有 1 个极大值点，无极小值点；
（2）①由题设，可得h(x)  1 m  m ln x ，显然m  0 时不合题设，
x
，
当m  0 时，x 趋向 m  0 ，m ln x   ，即h(x)   ，不符合h( x)  5 ，所以m  0 ，且h(x)  m (1 1 ) ，
x2xx
所以h(x)  0  0  x  1，即h( x) 在( 0, 1) 上单调递减， h(x)  0  x  1 ，即h( x) 在(1, ) 上单调递增，
所以h(x)  h(1)  1 m  5  m  3 ；
22
②由 f (x)  ex (1 m  m ln x) ，令G(x)  f (x) ，则G(x)  ex (1 2m  m  m ln x) ，

x
H (x)  1 2m  m  m ln x
m  3
m2m
xx2
2mm(x2  2x  2)
令xx2
且 x  0 、
，则 H (x)  
2xx2x3x3
0 ，
2
所以 H (x) 在(0, ) 上单调递增，则 H (1)  1 m  0 ， H ( 1 )  1 m ln 2  1 ln 2
2
 0 ，
所以存在 x2 
1
(,1)
2
使 H (x2 )  0 ，
H ( x)  0 ，即G(x)  0 有0  x  x2 ， H (x)  0 ，即G(x)  0 有 x  x2 ，所以G(x)  f (x) 在(0, x2 ) 上单调递减，在(x2 , ) 上单调递增，
xG(x)  f (x)
x  x  1
所以 2 时
的极小值点，因此 12
(,1) ， 2
由①，当m  3 有h( x)  5 ，即1 3  3 ln x  5 ，整理得 1  ln x  1，则 m  m ln x  m ，
222x22xx
1 1
1
所以G(x)  G(x )  ex (1 m  m ln x )  ex (1 m)  0 ，即 f (x)  0
x
1
1
所以 f ( x) 在(0, ) 上单调递增，由 H (x )  1 2m  m  m ln x  0 ，即1 m ln x  m  2m ，

1xx21
1x2x
xme
x1
所以 f (x1 )  e 1 (1 m ln x1 ) 
x1
1111
1
x
(  2)  0  f (x0 ) ，综上， x0  x1 .
1
19．(1) 5 ；(2)（i） 5
iiP
1k  n .
；（ ）
5612
的最大值为
e
，此时
e
【分析】（1）应用独立乘法公式求共抽了 3 次的概率，再由独立乘法公式、互斥事件的加法求最后一次抽到C 的概率，最后求条件概率即可；
（2）（i）首先对灯谜的位置排序，再求最适合灯谜的位置对应情况数，最后应用古典概型的概率求法求概
率；（ii）记事件A 表示最适合灯谜被摘到，事件 B 表示最适合灯谜排在第i 个，则 P  B   1 ，应用全概率
iin
公式有
P( A)  1 n P( A | B )      k n
i
，讨论1 ik 、 k 1 in ，进而得到 P Aln，最后应用导数求最值，
n i1nk
即可得.
【详解】（1）设M 表示共抽了 3 次，对应事件为{第一、二次都抽到A ，第三次抽到C }，
由题意，第一、二次抽到A
32C1
的概率依次为 8 、 7 ，第三次抽到
的概率为 ，
3
所以 P(M )  3  2  1  1 ，而最后一次抽到C 的情况有{抽了 1 次}、{抽了 2 次}、{抽了 3 次}、{抽了 4
8 7 328
次}，
除了最后一次，其它抽到A
13  2 
3 、 1 、 3  2  1  2  1 ，
，故对应概率依次为 4 、 8 728

288 7 6 5140
1
所以该顾客最后一次取到的是写有C 的卡片的条件下，求他共抽了 3 次的概率为28  5 .
1  3  1  156
42828 140
4
（2）（i）这4 条灯谜的位置从第1个到第4 个排序，有A4  24 种情况，
要摘到那条最适合灯谜，有以下两种情况：
3
①最适合灯谜是第3 个，其它的随意在哪个位置，有A3  6 种情况；
2
②最适合灯谜是最后一个，第二适合灯谜是第1个或第2 个，其它的随意在哪个位置，有2A2  4 种情况，
综上，所求概率为 6  4  5 ；
2412
（ii）记事件A 表示最适合灯谜被摘到，事件 B 表示最适合灯谜排在第i 个，则 P  B   1 ，
iin
n1 n
由全概率公式知： P( A)   P( A | Bi )P(Bi )  n  P( A | Bi ) ，
i1i1
当1  i  k 时，最适合灯谜在前k 条中，不会被摘到，此时 P  A | Bi   0 ；
当k 1  i  n 时，最适合灯谜被摘到，当且仅当前i 1条灯谜中的最适合那条在前k 个之中时，此时
P  A | B   k ，所以 P  A  1  k  k L k   k ln n ，
ii 1
n  kk 1
n 1 nk

令 g  x  x ln n (x  0) ，则 g(x)  1 ln n  1 ，由 g(x)  0 ，得 x  n ，
nxnxne
当 x (0, n ) 时， g( x)  0 ，当 x  n时， g(x)  0 ，
e
g xn
(, n)
e
nn1
所以   在(0, ) 上单调递增，在(, n) 上单调递减，故 g(x)max  g()  ，
eeee
当k  n 时， P  A  k ln n 取得最大值 1 ，从而 P 的最大值为 1 .
enkee