山西省大同市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份山西省大同市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了833 ， ln 27  3，故选 A等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
2026 届高三年级第二次学情调研测试
数学
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置.
全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
回答选择题时，选出每小题答案，用 2B 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，将答案用 0.5 mm 黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
本试题共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
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.
设集合 M  x 1  x  3 ， N  x 2x  2 ，则集合 M ∩ N 
1,1
0, 3
1, 0
1, 3
已知复数 z  2  i ， i 为虚数单位，则 z 
1 i
1
B.
2
3
10
C.D.
22
首项为24 的等差数列，从第 5 项起开始为正数，则公差的取值范围是
d  6
6  d  8
6  d  8
d  8
→
a
aba  μb
已知向量 →  1,1 ， b  1,1 ，若λ→  →   → ，则实数λ， μ满足的关系式为
λμ 1
λμ 1
λ μ 1
λ μ 0
已知圆台的母线与底面所成的角为30∘ ，上、下底面半径分别是 1 和 2，则该圆台的表面积是
17πB. 5  4 3 π
1 tan α π
5  2 3 π
11π
4 1
若
 
1 tan α π
，则cs 2α的值为
3
4 

A.  3B. 3
55
C. 1D.  1
22
已知曲线 y  x  ln x 在点1,1 处的切线与曲线 y  ax2  x  2 a  0 相切，则 a 
 1B. 1
22
 1D. 1
1212
→→→→→→→
2
已知向量 a  b ，且 a  b  0 ，若向量c 满足 c  a  b  1，则 c 的最大值为
2
B.
D.1
2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得 0 分.
已知α， β是空间中两个不同的平面， m ， n 是两条不同的直线，下列命题正确的是
若 m∥α，α∥β，则 m∥βB.若 m α， n  β且 m∥n ，则α β
C.若 m α， n  β且 m∥n ，则α∥βD.若 m α， n  β且α∥β，则 m∥n
a
b
2
若 a  0 ， b  0 ， a  b  1，则下列不等式恒成立的是
ab  1
4
​
C. a2  b2  3 4
D. 1  1  4
ab
已知函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x   x 1ex1 ，则下列说法正确的是
当 x  0 时， f  x   x 1e1xB.函数 f  x 有 2 个零点
C. x1 ， x2  R ，都有 f  x1   f  x2   2e D. f  x  0 的解集为1, 0∪1, 
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知各项均为正数的等比数列a  的前n 项和为 S ，其中 a 是3a 和2a 的等差中项，则 S4 
S
nn345
2
.
已知定义在 R 上的函数 f  x 的图象关于 y 轴对称，且函数 f  x 在, 0 上单调递增，则不等式
f 2x  f  x 1 的解集为.
已知函数 f  x  Asin ωx φω 0, φ  π ， f  x  f π ， f  x  f  4π x   0 ， f  x
2 
 6 
 3

π π
在区间, 上单调，则正整数ω的最大值为.
 6 4 
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）把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0℃，那么t min 后
010
物体的温度θ可由公式θθ  θ θ ekt 求得，其中k 是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常 数.现有 62℃的物体，放在 15℃的空气中冷却，1 min 以后物体的温度是 52℃.
（ ln17  2.833 ， ln 27  3.296 ， ln 37  3.611， ln 47  3.850 ）
求k 的值（精确到 0.01）；
若要将物体的温度降为 42℃，32℃，求分别需要冷却的时间（精确到 0.1 min）
16.（15 分）如图，在矩形甬道 ABCD 中（假定甬道 AD ， BC 可以无限延伸）， AB  3 ， BE  2EA ，
M ， N 分别为边 AD ， BC 上的动点，且MEN  π，设BNE θ.
3
若aMEN 的面积记为 S θ ，写出函数解析式 S θ ；
求 S θ 的最小值.
2
17.（15 分）如图，四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，且 AB ， BC  2 ，
ABC  45∘ ， PA  PD ，平面 PAD  平面 ABCD .
求证： PC  PD ；
若三棱锥 B  ACP 体积为 3 ，求平面 PAB 与平面 PCD 夹角的余弦值.
3
18.（17 分）设函数 f  x  ln x  e1x .
判断并说明函数 f  x 的零点个数；
x
记 g  x  a x2 1  1 a  R  ，
ex  e
x
①设 h  x  g  x  f  x ，试讨论函数 h  x 的单调性；
xex
②若 g  x  f  x 在1,  恒成立，求实数a 的取值范围.
19.（17 分）已知数列a  满足 1  3  5 LL 2n 1  n .
naaaa
求an 的通项公式；
123n
m
n

若b 为a  在区间 m, 2m  m  N
 内的项的个数.
①求b1 ， b2 ， b3 ；
②求数列bm 的前 m 项的和 Sm .
2026 届高三年级第二次学情调研教学质量监测数学答案
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.
答案：A
解析： 2x  2 ，即2x  21 ，解得 x  1，所以 N  x 2x  2  x x  1 ，又 M  x 1  x  3 ，所以 M ∩ N  x 1  x  1 .故选 A.
答案：C
解析：因为 z  2  i  1  3 i ，所以 z 10 .故选 C.
1 i222
答案：B
解析：设该等差数列为a  ，由题意得a5  0 ，即24  4d  0 ，所以6  d  8 .故选 B.
na  024  3d  0
答案：D
λ→→→→
 4
→→→→→
解析：因为 a  b   a  μb  ，所以λa  b a  μb   0 ，又λa  b  1 λ,1 λ ，
→λ→→→→
a  μb  1 μ,1 μ ，所以 a  b a  μb   2 λ μ  0 .故选 D.
答案：C
2 3
3
解析：设圆台的母线长为l ，则1cs 30∘  R  r  2 1  1，所以1 
表面积 S  πR2 πr 2 π R  r l  5  2 3 π.故选 C.
答案：B
1 tan α π
4 1
ππ1
解析：
 
可化为3  3 tan α  1 tan α ，即tanα ，
1 tan α π3
4 4 2
4 

cs2α sin2α
又cs 2α
sin2α cs2α
1 tan2α
1 tan2α
，所以cs 2α 3 .故选 B.
5
答案：D
解析：由 y  x  ln x 得 y  1 1 ，当 x  1 时， y  2 ，
x
所以曲线 y  x  ln x 在点1,1 处的切线方程为 y 1  2  x 1 ，即 y  2x 1，
 y  ax2  x  2

由 y  2x 1
答案：A
得 ax2  x  3  0 ，所以  112a  0 ，解得 a  1 .故选 D.
12
→→→→→→
2
解析：因为 a  b  0 ，所以 a  b ，又 a  b ，所以 a  b  2
→→→ 2→2
→→→2→2→ →
→
所以 c  a  b c  2c  a  b   a  b  2a  b  1 ，
→2→→→→2→→→
所以c  2c  a  b   3  0 ，所以c  3  2c  a  b ，
→2→→→→
→
所以c  3  2 c  a  b csθ（θ是向量c 与 a  b 的夹角）.
2
→
所以c
→→
 3 θ
4 c cs4 c
→
2
，所以c
4 c  3  0 ，
c
c
所以1  →  3 ，所以 → 的最大值为 3.故选 A.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得 0 分.
答案：BC
解析：在 A 中，由 m∥α，α∥β可得 m∥β或 m  β，故 A 错误；
在 B 中，由 m α及 m∥n 可知 n α，又由于 n  β，所以α β，故 B 正确； 在C 中，由 m α及 m∥n 可知 n α，又因 n  β，所以α∥β，故 C 正确；在 D 中，由 m α， n  β，α∥β可得 m∥n 或 m ， n 异面，故 D 错误.故选 BC.
答案：ABD
ab
解析：因为 a  0 ， b  0 ， a  b  1，且 a  b  1  2
，所以
 1 ，即 ab  1 ，故 A 正确；
a

 b 2  a  b  2
ab
 2 a  b  2 ，故
24
a
b
2
，故 B 正确；
ab
a2  b2  a  b2  2ab  1 1  1 ，故 C 错误；
22
1  1   1  1 a  b  2  b  a  2  2  4 ，故 D 正确；故选 ABD.
ab

abab
答案：ACD
解析：对于 A ，设 x  0 ，则x  0 ，故 f x  x 1ex1 ，因为函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，所以 f  x   f x   x 1ex1 ，故 A 正确；
对于 B，函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，所以 f 0  0 ；当 x  0 时，令 f  x   x 1ex1  0 ，解得 x  1 ；由奇函数性质可知当 x  0 时，函数有零点 x  1 ；故函数 f  x 有 3 个零点，故 B 错误；
对于 C，如图所示，当 x  0 时， f  x   x  2ex1 ，令 f  x  0 得 x  2 ，令 f  x  0 得
2  x  0 ，所以 f  x 在, 2 单调递减，在2, 0 单调递增，当 x  2 时，得 f  x 的极小值为
 1 ，当 x  0 时， 0 1e01  e ，又 x  1时， f  x  0 ，所以当 x  0 时，  1  f  x  e ，根据奇
ee
函数的性质，当 x  0 时， e  f  x  1 ，综上所述， f  x 的值域为e, e ，所以x ， x  R ，都
e12
有 f  x1   f  x2   2e ，故 C 正确；
对于 D，由图像可得 f  x  0 的解集为1, 0∪1,  ，故 D 正确；故选 ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
5
答案：
4
解析：由题可知2a  3a  2a ，即2a q2  3a q3  2a q4
345111
所以2q2  3q  2  0 ，解得 q  1 或2 （舍）
2
1
a 1 q4 
S1 q
1 q4
1 q2 1 q2 55
所以 4  1 q2  .故答案为 .
21
Sa 1 q2 
1 q2
1 q244
1 q
答案：  ,  1  ∪ 1, 
3 

解析：依题意，函数 f  x 是偶函数，且 f  x 在0,  上单调递减，所以 f 2x  f  x 1 ，即
f  2x   f  x 1 ，即2x2   x 12 解得 x   1 或 x  1 ，故不等式的解集为 ,  1  ∪ 1,  .
33 
答案：11
f x
 f π

πkπππ
解析：因为  
  ，所以ω φ

π ， k  z ，所以φ kπ ω ，又
66
226
f  x  f  4π x   0 ，所以 2π 是函数的对称中心，所以ω 2πφ mπ， m  z ，所以
 3
 3 , 0 3

φ mπω 2π，所以 mπω 2π  kππ，即ω 2 m  k  1 ，所以ω是奇数，又函数在
π ω
3326
π π
π π Tπππ
区间 ,  上单调，所以   即 ，所以ω 12 ，当 m  7 ， k  4 时，满足 φ  ，所
 6 4 
以ω最大值为 11.
46212ω2
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）解析：（1）由题意可知θ1  62 ，θ0  15 ，当t  1时，θ 52 ，
于是52  15  62 15ek ，3 分
解得 k  0.246 分
（2）由（1）知θ 15  47e0.24t ，
所以当θ 42 时， 42  15  47e0.24t ，所以t  2.3 ；9 分
当θ 32 时， 32  15  47e0.24t ，所以t  4.2 （4.3 也可给分）12 分
所以要将物体的温度降为 42℃和 32℃，
需要冷却的时间分别为 2.3 min 和 4.2 min（或 4.3 min）13 分
16.（15 分）解析：（1）由题图可知BNE θ，θ  0,π ，所以BEN  πθ，又MEN  π，
3 23

…2 分
所以AEMπ，在RtaAEM 中， EM 
AE
1，4 分
 θ
6
cs AEM
π
在RtaBEN 中， EN 
2
sinθ
csθ
6

，6 分
1π1213
所以 S θ EM  EN sin，
23π2

2 sinθ cs
 6
θ


 0,π8 分
3
π θ 3 
2 sinθcs 

θ 
6


（2） S θ 
π π
，10 分
3
2 3
2 sinθcs  6 θ2 sin  2θ 6  1

ππ π 5π
因为θ  0, 3  ，所以2θ 6  , ，11 分
 66 
所以2 sin  2θ π 1的取值范围是0,1 ，13 分
6 

3
所以当θ π时， S θ 取得最小值2
6
.15 分
17.（15 分）解析：（1）取 AD 的中点为O ，连接 PO ， OC ， AC .因为 PA  PD ，所以 PO  AD ，又因为平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD  AD ，
所以 PO  平面 ABCD ，2 分
2
在aABC 中， AB ， BC  2 ， ABC  45∘ ，
由余弦定理可得 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cs45∘  2 ，所以 AB2  AC 2  BC 2 ，
所以 AB  AC ，又 ABCD 为平行四边形
所以 AB∥CD ，所以CA  CD4 分
在RtaACD 中， O 为 AD 的中点，所以OC  OD5 分
由于 PO  平面 ABCD ，所以 PO  OC ， PO  OD
因此直角三角形aPOC ≌aPOD 则 PC  PD7 分
（2） S
a ABC
 1 AB  AC  1
3
2
3
V V
 1  S PO 
，解得 PO 9 分
B ACPP ABC
3a ABC3
由（1）可知CA  CD ，又因为O 为 AD 的中点，所以OC  AD ，所以以O 为坐标原点，
以OC ， OD ， OP 所在直线分别
为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得 P 0, 0, 3  ， A0, 1, 0 ， B 1, 2, 0 ， C 1, 0, 0 ， D 0,1, 010 分
→–––→
设平面 PAB 的法向量为 n   x1 , y1 , z1  ， AB  1, 1, 0 ， AP  0,1, 3 
–––→ →
 AB  n  x1  y1  0→
则–––→ →，令 z1  1，可得 n   3, 3, 1，12 分
 AP  n  y1 
3z1  0
→
–––→
设平面 PCD 的法向量为 m   x2 , y2 , z2  ， CD  1,1, 0 ， CP  1, 0, 3 
–––→ →
CD  m  x2  y2  0→
则–––→ →，令 z2  1 ，可得 m   3, 3,114 分
CP  m  x2 
→ →
3z2  0
7  7
3  3 1

→ →
m n5
所以 cs m, n  →→ 
m  n7
所以平面 PAB 与平面 PCD 夹角的余弦值是 515 分
7
18.（17 分）解析：（1）因为 f  x  ln x  e1x  x  0 ，
所以 f  x  1  e1x  0 ，所以 f  x 在0 ，  上单调递增.
x
又 f 1  0 1  1  0 ，而 f e  1 e1e  1 e
ee
所以存在唯一实数 x0 1, e ，使得 f  x0   0 ，
0 ，2 分
所以 f  x 在0,  有且只有一个零点3 分
ex  ex
211 x1
1 x2
（2）① h  x  g  x x f  x  a x 1   e  ln x  e ax  a  ln x ，
xexx
12ax2 1
则 h  x  2ax 
xx
 x  0 ，4 分
当 a  0 时， h x  0 ，故 h  x 在0,  单调递减，
2a
当 a  0 时，令 h x  0 ，得0  x 1
所以当 x  0,1 时， h  x 单调递减，
2a


令 h x  0 ，得 x 
1，所以当 x 
1,  时， h  x 单调递增7 分
2a
2a


综上所述，当 a  0 时， h  x 在区间0,  上单调递减；
2a
当 a  0 时， h  x 在区间 0,1

上单调递减，

在区间


1,  上单调递增8 分
2a


②依题意得 g  x 
f  x ，即 a x2 1  1  ln x  e1x 在区间1,  恒成立
x
x

即 a x2 1  ln x  1  e
ex
在1,  恒成立9 分
 
eex  ex
设φ x  
 x  1 ， k  x  ex
ex ，因 k x  ex
e  0 ，
xexxex
所以 k  x 在1,  单调递增，所以 k  x  k 1  0 ，所以φ x  0 .
若 a  0 ，由于 x  1 ，故 a x2 1  ln x  0 ，
即 g  x  f  x 在区间1,  不恒成立；12 分
若 a  0 ，由①知 h  x  a x2 1  ln x ，
当 1 1即0  a  1 时， h  x 在1,1

2a
单调递减，在
1,  单调递增.
故 h 
2a
2a
2
1  h 1  0 ，而φ


2a
1  0 ，即存在 x 


2a
1 1，使得 g  x 
f  x ，
2a


所以 g  x 


f  x 在区间1,  不恒成立；14 分
2a
当 1 1 即 a  1 时，记 H  x  a x2 1  ln x  1  e  x  1
xex
则 H  x  2ax  1  1  e ，其中2ax  x ，又 k  x  ex  ex  0 ，所以 e  1 ，
xx2exexx
11e111x3  2x 1x2  2x 1 x 12
因此 H  x  2ax  x  x2  ex
x   
xx2xx2x2
 0 ，
x2
所以 H  x 在1,  . 单调递增，所以 H  x  H 1  0 ，即 a  1 时 g  x 
2
f  x .
综上所述，当 a   1 ,  时， g  x 
f  x 在1,  恒成立17 分
 2


1352n 11
19.（17 分）解析：（1）在
aa
LL
aa
 n 中，令 n  1 ，得 a  1 ，即 a1  1………1 分
123n1
1352n  32n 1
当 n  2 时，LL n ①
a1a2a3
an1an
1  3
a1a2
 5 LL 2n  3  n 1② a3an1
①-②得
2n 1
an
 1，所以 an  2n 14 分
1
n
检验当 n  1 时， a  1满足上式，所以 a  2n 1n  N * 5 分
（2）①由已知 m  1时， b 为 1, 21  中奇数的个数，所以b  1
11
2
2
m  2 时， b 为 2, 22  中奇数的个数，所以b  1
3
3
m  3 时， b 为 3, 23  中奇数的个数，所以b  38 分
②当 m  an
 2m 时， m  2n 1  2m ，所以 m 1  n  2m1  110 分
22
若 m 为奇数， bm
若 m 为偶数， bm
 2m1  m 1 1  2m1  m  1
222
 2m1  m  2 1  2m1  m12 分
22
所以当 m 为奇数时， Sm  b1  b2 LL bm
 20  21  22 LL 2m1    1  2 LL m   1  m 1

 222 22
2
 1 2m  1  m m 1  m 1  m  m2  3
1 222444
当 m 为偶数时， Sm  b1  b2 LL bm
 20  21  22 LL 2m1    1  2 LL m   1  m

 222 22
1 2m1m m 1mmm2
   2 116 分
1 22244

2m
综上 Sm  
m2  3
44
m2
m为奇数
…17 分
2m 1m为偶数
4