山西省太原市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山西省太原市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，且，则实数（ ）
A．-3B．6
C．-1或-2D．1或2
3．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4． “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．C．1D．5
6．如图是函数的图象，则实数（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A．1B．
C．D．2
8．设，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．单调递减
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的单调递减区间为
B．当时，有两个零点
C．若有三个零点，则的取值范围是
D．4是的极大值
11．台塔，又叫平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个多边形的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．该台塔外接球的表面积为
C．直线与平面所成角的正切值为
D．二面角的正切值为
三、填空题
12．已知复数，则 ．
13．八卦是中国文化的重要哲学概念．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，点是其中心，且，则 ．
14．欧拉函数的函数值等于所有不超过，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个整数称为互质整数）．例如：．记，则数列的前项和 ．
四、解答题
15．已知全集为．
(1)求；
(2)设是奇函数，当时，，求的解析式，并求当时的值域．
16．如图，平面四边形中，．
(1)当时，求
(2)求当为何值时，的面积最大？并求出其最大值．
17．已知数列满足．
(1)求证：是等比数列；
(2)设求数列的前项和；
18．在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点．
(1)求证：；
(2)若，求证：平面；
(3)求直线与平面所成角正弦值的最大值．
19．定义运算：，已知函数．
(1)当时，①求在处的切线方程；
②证明：在内存在唯一的极小值点，且；
(2)若对任意（），都有，求实数的取值范围．
参考答案
1．B
解析：，则.
故选：B.
2．D
解析：由题意得，解得或2.
故选：D.
3．C
解析：对于A：当，时满足，但是，故A错误；
对于B：当时、均无意义，故B错误；
对于C：因为在定义域上单调递增，所以当时，故C正确；
对于D：当，时满足，但是，故D错误.
故选：C
4．A
解析：由得，此时与同号，或，均满足.
由得，可能，此时 没有意义.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．B
解析：由题意得.
故选：B.
6．D
解析：，根据对称性可知的最小正周期，
所以，则，
，根据对称性可知，
所以，
由于，所以.
故选：D
7．A
解析：由题意知，，在上取点，使得，
则且，所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面.
在上取点，使得，
有，则，
又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，则点P的轨迹为线段.
在中，，由余弦定理，
得，
即点的轨迹长度为.
故选：A
8．C
解析：设，则，
所以时，，单调递减，
所以，即，则，即；
设，则，
故函数在上单调递减，
所以，即，
设，，
则在上恒成立，
故函数在上单调递减，
所以，即，
故，即；
综上，.
故选：C.
9．AB
解析：因为数列的前项和，
所以当时，，
所以，
当时，不符合上式，
所以，故C不正确；
所以，故A，B正确；
当时，，
当时，，
所以数列先增后减，故D不正确.
故选：AB.
10．ABD
解析：对于A选项，当时，，
令得，符号分析：时，时，时，所以单调递减区间为，A选项正确；
对于B选项，，，，
零点为（二重），，不同实根个数为2，
，，，
零点为（二重），，不同实根个数为2，B选项正确；
对于C选项，当时，，令，可得，
函数有且只有两个零点，不满足要求，
当时，，
令，可得，
当时，若，则，函数在上单调递增，
若，则，函数在上单调递减，
若，则，函数在上单调递增，
所以为极大值，为极小值，
当时，若，则，函数在上单调递减，
若，则，函数在上单调递增，
若，则，函数在上单调递减，
所以为极大值，为极小值，
又，
函数存在三个零点的条件为极大值且极小值，，
即，又，
所以，C选项错误；
对于D选项，由选项C的推导过程可得，为极大值，，D选项正确.
故选：ABD
11．ACD
解析：对于选项A，因为几何体各个面均为正多边形，所以侧面为正方形，底面为正六边形，所以，，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于选项B，如图1、图2所示，设上、下底面外接圆的圆心分别为，半径分别为，
台塔的外接球半径为，，则，，所以或，解得，所以，所以该台塔的外接球的表面积为，故B错误；
对于选项C，如图3，
该台塔上底面为正三角形，其在下底面正六边形内的投影为正三角形，为正六边形的中心，则为正三角形的中心，为正三角形的中心，则在图4中，，所以即为直线与平面所成的角，则，所以，故C正确；
对于选项D，取中点，连接、，如图5，则即为二面角的平面角，，，所以，所以，故D正确.
故选：ACD
12．
解析：.
故答案为：.
13．/
解析：由题意可知：，，，
则，，
所以.
故答案为：.
14．
解析：由题意可知，小于的所有正奇数都与互质，共有个，
所以，
小于且大于的所有与不互质的数是的倍数，
故与互质的数共有个，
即，
由与互质，且，
所以
，
所以，
当时，，且，
所以数列以公比，首项为的等比数列，
所以，
故答案为：.
15．（1）解：由不等式，可得，即，
又由不等式，可得，即，
则或，所以.
（2）解：设，则，
因为函数为奇函数，且当时，，
可得，
所以函数的解析式为，
由（1）得，
当时，，可得；
当时，，可得，
所以当时的值域为.
16．（1）在中，由余弦定理得
，
，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在中，由正弦定理得，
，
的面积为，
当且仅当时，的面积取最大值1.
17．（1）证明：由数列满足
可得，即，
又由，可得，所以数列是以为首项公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，即，可得，
当为偶数时，
；
当为奇数时，，
综上可得，数列的前项和为.
18．（1）证明：取中点，连接，
是等边三角形，，
为的中点，
，
又
，
四边形为平行四边形，
.
（2）由（1）得，为的中点，
，
平面，
平面，平面,
，
由（1）得，
，
又，，平面,
平面.
（3）以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
过点作，垂足为，设与轴正方向的夹角为，不妨设，
则，
，
设是平面的一个法向量，
则
令，则
，
设直线与平面所成角为，
，
令，
则，
设．当时，；
当时，，
直线与平面所成角正弦值的最大值为.
19．（1），
当时，，
，
①由题意得，
则在处的切线方程为，
即；
②证明：设，
则，
和在上均单调递增，
在上均单调递增，
存在唯一零点，使得，
当时，单调递减，即在上单调递减；
当时，单调递增，即在上单调递增，
是函数在内唯一的极小值点，
.
（2）不妨设，原不等式等价于，
即，
设，则，
由的任意性，可知在上单调递增，
在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，
在上单调递增，
，