2025-2026学年山西省吕梁市高三（上）质检数学试卷（1月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年山西省吕梁市高三（上）质检数学试卷（1月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={x|x∈N,x≤7}，∁UM={0,1,2,3}，则M=( )
A. {4,5}B. {4,5,6}C. {0,1,2,3}D. {4,5,6,7}
2.已知复数z=1+(3+2i)⋅i，则z的虚部是( )
A. −3B. −3iC. 3D. 3i
3.数据10，11，11，12，13，14，16，18的75%分位数为( )
A. 16B. 15C. 14D. 13
4.将函数f(x)=cs(2x+π9)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到g(x)的图象，则g(x)=( )
A. cs(x+π9)B. cs(x+π18)C. cs(4x+π9)D. cs(4x+2π9)
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5+a9=8，S12=66，则Sn的最大值为( )
A. 220924B. 92C. 91D. 90
6.在(2x2−1 x)n的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则(2x2−1 x)n的展开式中有理项的项数是( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
7.在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=π3，点E是AB的中点，点F在线段BD上(包含端点)，则FC⋅FE的取值范围为( )
A. [−1116,1]B. [1,4]C. [0,4]D. [−1116,4]
8.已知实数a，b，c满足5a+a=lg5b+b=1c+1且c>−1，则a，b，c的大小关系不可能为( )
A. ay2，
联立x2=8yy=kx+2，得x2−8kx−16=0，
Δ=64k2+64>0，x1+x2=8k，x1x2=−16，
因为S四边形AMBN=S△ABM+S△ABN=12×8×(y1−2)+12×8×(2−y2)
=4(y1−2)+4(2−y2)=4(y1−y2)=8 5，所以y1−y2=2 5，
又y1−y2=kx1+2−(kx2+2)=k(x1−x2)=|k| (x1−x2)2
=|k| (x1+x2)2−4x1x2=8|k| k2+1=2 5，
整理得k2=14，解得k=12或k=−12，
所以直线l的方程为y=12x+2或y=−12x+2，
即x−2y+4=0或x+2y−4=0．
17.解：(1)证明：因为C，D分别是圆O上在AB同侧的两点，
且∠AOC=∠COD=∠DOB=π3，
所以△DOB是等边三角形，∠BDO=π3=∠COD，
所以BD//OC，
又OC⊄平面B1BD，BD⊂平面B1BD，
所以OC//平面B1BD，
因为A1B1，AB分别是圆柱O1O的上底面，下底面的直径，且A1B1//AB，
所以O1B1//OB，O1B1=OB，
所以四边形OBB1O1是平行四边形，所以O1O//B1B，
又O1O⊄平面B1BD，B1B⊂平面B1BD，
所以O1O//平面B1BD，
因为OC//平面B1BD，O1O//平面B1BD，OC∩O1O=O，OC，O1O⊂平面OO1C，
所以平面OO1C//平面B1BD，又O1E⊂平面OO1C，
所以O1E//平面B1BD；
(2)在圆O中过点O作OG⊥OB，又OO1⊥平面GOB，OB，OG⊂平面GOB，
所以OO1⊥OB，OO1⊥OG，
以O为原点，OG，OB，OO1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，
设圆柱O1O的底面半径为r，
因为圆柱O1O的高为6，表面积为54π，
所以2πr2+2πr×6=54π，即r2+6r−27=0，
解得r=−9(舍)或r=3，
因为r=3，O1O=6，OE=2，
所以B(0,3,0),O1(0,0,6),B1(0,3,6),E( 3,−1,0)，
O1B1=(0,3,0),EB1=(− 3,4,6),BB1=(0,0,6)，
设平面O1B1E的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⊥O1B1m⊥EB1，则m⋅O1B1=0m⋅EB1=0，即3y1=0− 3x1+4y1+6z1=0，
令z1=1，得x1=2 3,y1=0，
即m=(2 3,0,1)为平面O1B1E的一个法向量，
设平面BB1E的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⊥EB1n⊥BB1，则n⋅EB1=0n⋅BB1=0，即− 3x2+4y2+6z2=06z2=0，
令x2=4，得y2= 3,z2=0，
即n=(4, 3,0)为平面BB1E的一个法向量，
设平面O1B1E与平面BB1E的夹角为θ，
则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=8 3 13× 19=8 741247，
即平面O1B1E与平面BB1E夹角的余弦值为8 741247．
18.解：(1)(ⅰ)记顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片为事件A，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片为事件B，
则P(A)=C22+C21C81C102=1745,P(AB)=C21C81C102=1645，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=1617，
即在顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片的前提下，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片的概率为1617；
(ⅱ)由题意知X的可能取值为0，1，2，
则P(X=0)=C20C82C102=2845,P(X=1)=C21C81C102=1645,P(X=2)=C22C102=145．
X的分布列为：
所以E(X)=0×2845+1×1645+2×145=25，
D(X)=(0−25)2×2845+(1−25)2×1645+(2−25)2×145=64225；
(2)由题意知Y的可能取值为1，2，3，⋯，n，
则P(Y=k)=(n−mn)k−1(mn),1≤k≤n−1,k∈N∗，
P(Y=n)=(n−mn)n−1(mn)+(n−mn)n=(n−mn)n−1，
所以E(Y)=k=1n−1[k(n−mn)k−1(mn)]+n(n−mn)n−1
=mnk=1n−1[k(n−mn)k−1]+n(n−mn)n−1，
设Tn−1=k=1n−1[k(n−mn)k−1]=1×(n−mn)0+2×(n−mn)1+3×(n−mn)2+⋯+(n−1)(n−mn)n−2，
则(n−mn)Tn−1=1×(n−mn)1+2×(n−mn)2+3×(n−mn)3+⋯+(n−1)(n−mn)n−1，
两式相减，得mnTn−1=(n−mn)0+(n−mn)1+(n−mn)2+⋯+(n−mn)n−2−(n−1)(n−mn)n−1
=1−(n−mn)n−11−n−mn−(n−1)(n−mn)n−1=nm−nm+n−mm⋅(n−mn)n−1，
所以Tn−1=n2m2−n2m+n2−mnm2⋅(n−mn)n−1，
所以E(Y)=mnk=1n−1[k(n−mn)k−1]+n(n−mn)n−1
=nm−nm+n−mm⋅(n−mn)n−1+n(n−mn)n−1
=nm−n−mm⋅(n−mn)n−1．
19.解：(1)由题意函数f(x)=2ex−x2+mx−1(m∈R)，
当m=−2时，g(x)=f(x)+x2=2ex−2x−1，g′(x)=2ex−2，
令g′(x)=0，得x=0，
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(−∞,0)时，g′(x)0恒成立，
所以φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=1>0，
当x∈(1,+∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增；
所以h(x)的极大值为h(1)=2−2e，也是最大值，
所以m≥2−2e，即m的取值范围是[2−2e,+∞)；
(3)证明：由题意g(x)有两个零点x1，x2，且x10，需证2ex1+ex2−2(ex2−ex1)x2−x1>0，
即2ex1+ex2ex2−ex1>2x2−x1，需证ex2−x1+2ex2−x1−1>2x2−x1，
令t=x2−x1>0，即et+2et−1>2t，即证(t−2)ett+1+2>0，
令n(t)=(t−2)ett+1+2,t>0，则n′(t)=(t2−t+1)et(t+1)2>0，
所以n(t)在(0,+∞)上单调递增，所以n(t)>n(0)=0，
即(t−2)ett+1+2>0，所以2ex1+ex2+m>0得证．
X
0
1
2
P
2845
1645
145