山西大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月模块诊断数学试题（Word版附解析）

这是一份山西大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月模块诊断数学试题（Word版附解析），文件包含山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月模块诊断总第四次数学试题Word版含解析docx、山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月模块诊断总第四次数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
数 学 试 题
考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：鲍淑芳
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.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知确定集合中元素，然后由交集定义计算．
【详解】由题意，又，
∴，
故选：C．
2. 已知命题，使得，则为（ ）
A. ，使得B. ，使得
C. ，使得D. ，使得
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义求解.
【详解】根据命题的否定的定义，
因为命题，使得，
所以为，使得，
故选:B.
3. 在复平面内，复数，则对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义可得，再结合复数的几何意义即可求解.
【详解】因为，所以，即对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
4. 将六位数“”重新排列后得到不同的六位偶数的个数为 （ ）
A. B. C. 216D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，分末尾是或，末尾是，即可得出结果.
【详解】由题意，
末尾是或，
不同偶数个数为，
末尾是，
不同偶数个数为，
所以共有个.
故选：D
5. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. 2B. 或C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，，由此可判断，再判断的符号，结合等比数列性质可得结论.
【详解】设等比数列公比为，，
因为，是方程的两个实数根，
所以，且，所以，，
又数列为等比数列，所以，由等比数列性质可得，
所以.
故选：D.
6. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且，的面积为．若为钝角，则的焦距为（ ）
A. B. C. 7D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合条件得，根据的面积解得，结合为钝角，得出，根据余弦定理解得，进而得到焦距.
【详解】根据双曲线定义，，
又因为，可得，
因为的面积为，
所以，
解得
因为为钝角，所以，
由
根据余弦定理得，
即有，解得
因此双曲线的焦距为.
故选：B.
8. 已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（ ）
A.
B. 为奇函数
C. 函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为，
D. 在上的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】由题意先求，再逐项验证即可.
【详解】因为对任意，恒有，所以为的一条对称轴，
所以，
又在上单调递增，所以，
所以当时，，故A正确；所以，
由为奇函数，故B正确；
由函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，
令，解得，，故C正确；
由，所以，当，即时，故D错误；
故选：D.
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.）
9. 下列关于概率统计说法中正确的是（ ）
A. 两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱
B. 设随机变量，若，则
C. 在回归分析中，为0.89的模型比为0.98的模型拟合得更好
D. 某人解答10个问题，答对题数为，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A项，通过相关系数的定义即可得出结论；B项，通过求出即可求出的值；C项，通过比较相关指数即可得出哪个模型拟合更好；D项，通过计算即可求出.
【详解】由题意，
A项，
两个变量的相关系数为，越小, 与 之间的相关性越弱,
故A 错误,
对于 B,
随机变量 服从正态分布 , 由正态分布概念知若 , 则 ,
故 B 正确,
对于 ,
在回归分析中, 越接近于 1 , 模型的拟合效果越好,
∴ 为 0.98 模型比 为 0.89 的模型拟合的更好
故 C 错误,
对于 ,
某人在 10 次答题中, 答对题数为 , 则数学期望 ,
故 D 正确.
故选：BD.
10. 设函数，则（ ）
A. 当时，在处取极大值
B. 当时，方程有个实根
C. 当时，是的极大值点
D. 存在实数，恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数判断函数单调性可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B选项；当时，利用导数分析函数的单调性，可判断CD选项.
【详解】当时，，则，
令，可得或，列表如下：
所以，函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以，，故A正确；
又因为，如下图所示：
由图可知，直线与函数的图象有三个交点，
即时，方程有个实根，故B正确；
对于C选项，，
当时，，此时函数在上单调递增，故C错误；
当时，函数在上单调递增，此时恒成立，故D正确．
故选：ABD
11. 已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正弦定理边化角及和差角的正弦、二倍角公式逐项分析判断.
【详解】对于A，，由，得，由正弦定理得
，而，因此，A正确；
对于B，由及正弦定理得，
即，则
，即，又，
因此，又，则，，B正确；
对于C，若，则，由正弦定理得，由选项B知，
，而
解得，即，矛盾，C错误；
对于D，由选项A知，，而，
则，整理得，
而，因此，又，则，
，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. 已知向量，，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】由向量的坐标运算及模长公式即可求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故答案为：5.
13. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式结合二倍角公式即可求解.
【详解】由题意可得，
.
故答案为：
14. 已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】构造数列先计算，分奇偶讨论结合指数函数的单调性计算即可.
【详解】由，令，
若为奇数，则，
若为偶数，则，
即奇数项与偶数项分别成以为公差的等差数列，
易知，
所以，则，
若为奇数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
若为偶数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
综上满足题意.
故答案为：
【点睛】易错点睛：首先构造等差数列需要分奇偶项进行讨论，务必注意符号，其次结合指数函数的单调性解不等式有解问题时，注意取值范围的大小，保证有解即可.
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. 已知等差数列的前项和为，公差为整数，，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用等比数列和等差数列的定义求解即可；
(2)利用裂项相消求和.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，，成等比数列，所以，
即，所以，
联立解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以
.
16. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.

（1）证明：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
【小问2详解】
因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上， 的周长为6，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由．
【答案】（1）；
（2）为定值，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可得到答案.
（2）首先直线的方程为，与椭圆联立得到，，根据得，同理得，再计算即可.
【小问1详解】
由题意，可得，又，
所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
由题，得直线斜率存在，由（1）知，设直线的方程为，
则联立，消去，整理得，，
设，则，，
又，则，
由得，所以，同理得，
所以
所以为定值.
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若的极小值小于，求m的取值范围；
（3）讨论的零点个数．
【答案】（1）；
（2）；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得时极小值，构造函数，求导得，即可求不等式的解集；
（3）由，令，对其求导，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，得使，求出的最小值为，由可得，，故的最小值，讨论，即可得函数的零点个数.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，，
则曲线在点处的切线方程为，
整理得：.
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不符合；
当时，
由，得，即在上单调递增；
由，得，即在上单调递减，
所以的极小值为，而的极小值小于，
所以，即，
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以可得
【小问3详解】
．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为，则，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
当时，，即；当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增，
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值，
又当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
①若，即，无零点，故无零点；
②若，即，有1个零点，故有1个零点；
③若，即，有2个零点，故有2个零点.
19. 一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过1分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动. 猫从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间.设在第n分钟时，猫和老鼠在0号房间的概率分别为，.
（1）求第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率；
（2）求证：，均为等比数列；
（3）在第几分钟时，老鼠在0号房间的概率最大？
【答案】（1）0.5；
（2）证明见解析； （3）第2分钟.
【解析】
【分析】（1）求出猫和老鼠分别在0与0、0与1、1与0、1与1号房间的概率，再利用全概率公式计算得解.
（2）根据给定条件，求出、的递推关系，再利用等比数列的定义推理得证.
（3）由（2）的通项公式，按取奇数和偶数分类求出最大值.
【小问1详解】
在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间，
设为第1分钟时，猫在号房间，老鼠在号房间，
则，，
设第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为，则，
所以第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率0.5.
【小问2详解】
依题意，，，
当时，猫在第分钟时位于0号房间包含两种情况：
上一分钟在0号房间，继续保持在0号房间的概率为；
上一分钟在1号房间，转移到0号房间的概率为，
由全概率公式，得，则，
而，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
，满足上式也满足题意，则，
老鼠第分钟在0号房间包含3种情况：
上一分钟猫和老鼠都在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为，
上一分钟猫在0号房间，老鼠在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为，
上一分钟猫在1号房间，老鼠在0号房间，老鼠仍在0号房间的概率为，
由全概率公式，得，
即，则，
即，而，
因此数列是首为，公比为的等比数列，
，而满足上式也满足题意，则，
又，
所以为等比数列.
【小问3详解】
由（2）知，显然不是其最大值，设，
当奇数时，，当且仅当时取等号，最大值为0；
当为偶数且时，，当时，，最大值为，
则的最大值为，所以在第2分钟时，老鼠在0号房间的概率最大.
增
极大值
减
极小值
增