山西大学附属中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题（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11月期中考试数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 在复平面内，复数对应的点位于， 已知平面向量，若，则， 设集合，，则， 不等式的解集为， 的展开式中，项的系数是， 定义在上的函数满足，且，则， 已知数列的前项和，则等内容，欢迎下载使用。
数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
一．单选题（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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知平面向量，若，则（ ）
A B. C. 3D.
3. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
5. 的展开式中，项的系数是（ ）
A. 5B. C. 10D.
6. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. B. 6C. 3D. 2
7. 已知O为坐标原点，F是抛物线C：焦点，A，B是C上位于x轴异侧的两点，且，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 定义在上的函数满足，且，则（ ）
A 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值
C. 既有极大值又有极小值D. 既无极大值也无极小值
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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则；
B. 若，则；
C. 若，则；
D. 若，则.
10. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 为中的最小项B.
C. 数列是等差数列D.
11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 角一定为锐角B.
C. D. 的最大值为
三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知一组数据为1，1，3，4，5，7，8，10，10，12，则这组数据的第75百分位数是________．
13. 定义在上的函数满足对任意的正实数、恒有，且，若对任意的、，当时都有，则不等式的解集是_____
14. 一正四棱锥形状中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体棱长最大为_________.
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. 记的三个内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，且的外接圆半径为，求的面积.
16. 已知椭圆，的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于，两点，是的中点.
（1）若，求直线的斜率；
（2）求面积的最大值.
17. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）.
（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
18. 某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为．
（1）若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望；
（3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由．
19. 已知函数，．
（1）若是的极值点，求a的值并说明是极大值点还是极小值点；
（2）若时，，求a的取值范围；
（3）对的定义域内的任意，，证明：．
山西大学附中
2025-2026学年高三第一学期期中模块诊断
数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
一．单选题（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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法及复数的几何意义即可判断.
【详解】因为，
所以它对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
2. 已知平面向量，若，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量平行的坐标表示计算即可.
【详解】因为平面向量，且，
所以，解得.
故选：B
3. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解.
【详解】依题意，或，而，
所以.
故选：B
4. 不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】解分式不等式即可.
【详解】由得，即且，
解之得或.
故选：D
5. 的展开式中，项的系数是（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出二项式展开式的通项，令x的次数为3即可求解.
【详解】，
二项式展开式的通项为：，
令，
所以项的系数是.
故选：A.
6. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. B. 6C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式的性质，设出首项和公比，根据条件列出方程组，求出结果.
【详解】设数列的首项为，公比为，
则，
，
∴，即，则，
∴，
∴，
故选：C.
7. 已知O为坐标原点，F是抛物线C：的焦点，A，B是C上位于x轴异侧的两点，且，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用焦半径公式算出A，B的坐标，求出直线AB的方程，进而证明A，B，F三点共线，最后利用计算即可．
【详解】由题意可知，，不妨设点，，且点A在第一象限，如图，
则，，
则，，故，
所以直线的方程为，
令得，即A，B，F三点共线，
所以．
故选：C．
8. 定义在上的函数满足，且，则（ ）
A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值
C. 既有极大值又有极小值D. 既无极大值也无极小值
【答案】D
【解析】
【分析】将代入，推出，然后再判断左右两侧导数的符号，从而确定的极值情况.
【详解】因为，且，
所以，①
令，则，
又，记，
所以.
当时，，递减；当时，，递增.
结合①当时，，所以的最小值为0，即，
因为，则，（当且仅当时，取等号），所以既没有最大值，也没有最小值.
故选：D.
【点睛】本题主要考查导数与函数的极值，还考查了构造转化求解问题的能力,属于较难题.
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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则；
B. 若，则；
C. 若，则；
D. 若，则.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A中，若，则或相交，所以A错误；
对于B中，若，则或，又因为，则，所以B正确；
对于C中，因为，在平面内存在直线，使得，
又因为，所以，因为，所以，
又因为，所以，所以C正确；
对于D中，如图所示，因为，且，，所以，
又因为，且，，所以，所以，
因为，所以，
又因为，所以，所以，所以D正确.
故选：BCD.

10. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 为中的最小项B.
C. 数列是等差数列D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据可判断A选项；根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式即可判断BCD.
【详解】选项A ，已知，这一个二次函数，开口向上，对称轴为，
由于是正整数，计算前几项：
当时，； 当时，；
当​时，； 当​时，；
可见，当时，取得最小值，即是数列中的最小项，故A正确；
由题意得，当时， ，
当时，，
当时，上式也成立，所以，故B正确；
选项C，由题意得，
因为，所以数列是等差数列，故C正确；
选项D，令，则解得，
所以当时，，当时，，
故，故D错误.
故选：ABC.
11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 角一定为锐角B.
C. D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由正弦定理得即可判断A选项；由余弦定理判断B选项；由诱导公式及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项.
【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确；
由余弦定理得，化简得，所以，故B错误；
由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确；
由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确；
故选:ACD.
三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知一组数据为1，1，3，4，5，7，8，10，10，12，则这组数据的第75百分位数是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的求法，计算即可得答案.
【详解】这组数据共有10个，且已按从小到大排列，则，
所以这组数据的第75百分位数是这组数据的第8个数，即为10.
故答案：10
13. 定义在上的函数满足对任意的正实数、恒有，且，若对任意的、，当时都有，则不等式的解集是_____
【答案】
【解析】
【分析】求得，分析函数的单调性，将所求不等式化为，结合函数的定义域可得出关于的不等式组，即可解得所求不等式的解集.
【详解】令可得，
当时都有，
不妨设，则，可得，
所以函数在上为增函数，
由可得，
所以，解得.
因此不等式的解集为.
故答案为：.
14. 一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体棱长最大为_________.
【答案】/
【解析】
【分析】先求出正四棱锥的内切球半径，由正四面体在正四棱锥内转动，则正四面体在正四棱锥的内切球内转动，要使正四面体体积最大，则该球即为正四面体的外接球，将正四面体嵌套在正方体中，通过求正四面体的外接球半径可求得正方体的棱长a.
【详解】对于正四棱锥，连接AC,BD交于点，则⊥平面，
因为，故，，
又，由勾股定理得，
设正四棱锥的内切球球心为，取的中点，连接，则⊥，
，，
过点作⊥于点，设内切球半径为，则，
则，
因为∽，所以，
即，解得.
∵正四面体在正四棱锥内转动，∴正四面体在正四棱锥的内切球内转动，
要使正四面体体积最大，则该球即为正四面体的外接球.
将正四面体嵌套在正方体中，则正四面体为正方体的面对角线组成的正四面体，如下图，
则该正四面体的外接球即为正方体的外接球，
设正方体的棱长为，则，解得.
∴正四面体棱长为，
故答案为：.
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. 记的三个内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，且的外接圆半径为，求的面积.
【答案】（1） （2）4
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可；
（2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，则，
所以，
即，
化简得，又，，
所以，又，
所以.
【小问2详解】
设外接圆的半径为，则，所以，
由余弦定理得，结合，
，即，解得，则，
所以.
16. 已知椭圆，的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于，两点，是的中点.
（1）若，求直线的斜率；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的方程为，与椭圆方程联立，然后利用向量垂直的坐标运算求得，即可得解.
（2）求出点的纵坐标，进而可得的面积，然后利用基本不等式求解最值即可.
【小问1详解】
由题意可得直线的斜率不为0，设的方程为.
由，消得，，
设，，则，，
则，
，
，，
因为，所以，
即，所以，
即，整理得到，解得.
所以直线的斜率为.
【小问2详解】
由（1）得，所以的中点的纵坐标为，
所以的面积，当且仅当时，等号成立，
所以的面积最大值为.
17. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）.
（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得；
（2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
由题意知，，且，
因为是矩形对角线的交点，所以，且，
所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形，
所以，
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立，
所以就是二面角的平面角，即，
故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则，
因为，，
所以，
即，
又，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为．
（1）若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望；
（3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据概率乘法公式求解概率，即可求解分布列和期望，
（3）对和求解对应的概率，利用作差法比较大小即可求解.
【小问1详解】
设“甲校友所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球相关知识的题目”，
“所选的题目为足球相关知识的题目”， “所选的题目为排球相关知识的题目”，
则，且两两互斥．
根据题意得，，，，
则，
所以甲校友在该题库中任选一题作答，他回答正确概率为．
【小问2详解】
的可能取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
所以．
【小问3详解】
当时，为甲校友答对题目的数量，
由题意可知，其中，
故当时，甲校友获得奖励的概率，
当时，甲校友获得奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
故当时，甲校友获得奖励的概率，
所以，
因为，所以，即，
所以甲校友应选．
19. 已知函数，．
（1）若是的极值点，求a的值并说明是极大值点还是极小值点；
（2）若时，，求a的取值范围；
（3）对的定义域内的任意，，证明：．
【答案】（1），是极大值点．
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据极值点的性质得，求出，判断函数的单调性结合极值的定义判断；
（2）求导，讨论函数的单调性，最值，求解的范围；
（3）利用分析法将要证不等式转化为，令，记，利用导数判断单调性证明.
【小问1详解】
的定义域为，，
因为是函数的极值点，所以，解得，
当时，，
因为，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点.
【小问2详解】
，
当时，，，
时，；时，，
在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，不合题意.
当时，由得，
当，即时，对成立，
所以在上单调递减，所以时，合题意；
当，即时，对成立，
所以在上单调递增，
所以当时，，不合题意.
综上，a的取值范围是.
【小问3详解】
因为，
所以要证成立，
只要证成立，
因为，所以只要证成立，
因为，，
所以只要证成立.
记，
则，对成立，
所以在上单调递减，
当时，，所以，
取，由知，从而，
所以成立，故原不等式成立.
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