2026山西大学附中高三上学期10月模块诊断试题数学含解析

山西大学附中2025～2026学年第一学期高三10月模块诊断（总第四次）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. 216 D. 【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：D5. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ）A. 2 B. 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. 7 D. 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：ABD11. 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