2026晋中高三下学期开学调研测试数学含解析

这是一份2026晋中高三下学期开学调研测试数学含解析，共16页。试卷主要包含了 若随机变量，且，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
注意事项：
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.
一､单项选择题：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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由，解得，因为，所以.
因为，所以.
2. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由于在R上单调递增，故由，可得，则显然成立；
取，满足，但是，即不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
3. 若随机变量，且，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【详解】由随机变量，可得正态分布曲线关于对称，
因为，所以，
又因为，所以，
所以.
4. 已知数列中，，且为等比数列，则（ ）
A. 50B. 90C. 162D. 242
【答案】B
【详解】由，可得，
因为数列为等比数列，设其公比为，可得，
则，所以.
5. 已知函数的定义域为，若函数，则的解析式不可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【详解】的定义域为，则的定义域为，
，故为偶函数；
选项A：的定义域为，是偶函数，
构造，则，，
满足条件，故A可能；
选项B：的定义域为，是偶函数，
构造，则，
满足条件，故B可能；
选项C：的定义域为，
，
故是奇函数，故C不可能；
选项D：是定义域为的偶函数，
构造，则，
，
满足条件，故D可能．
6. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以，
设，根据向量的坐标运算，，所以，所以.
因为，所以在上的投影向量的坐标为.
7. 已知函数的一个零点是，为了得到函数的图象，只需将的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】A
【详解】已知是的零点，因此，
代入得： ，即 ，解得，
所以
又
所以将向左平移个单位长度得到函数的图象，
8. 在平面直角坐标系中，已知点，若，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【详解】根据题意可知，，
，
即．
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分.
9. 在一次机器人大赛中，7位评委给某机器人的打分（单位：分）为，则下列说法正确的有（ ）
A. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的极差不变
B. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的平均数不变
C. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的方差会变小
D. 这组数据的分位数为93
【答案】BC
【详解】对于A，原极差：；去掉最低分、最高分后，
剩余数据为，极差为，极差改变，故A错误；
对于B，原数据总和：，原平均数，
去掉两端后总和为，平均数，平均数不变，故B正确；
对于C，方差衡量数据波动程度，去掉了离平均数（）最远的两个数据和，剩余数据波动更小，因此方差变小，故C正确；
对于D，计算分位数：由，向上取整得分位数位置为第位，
第位数据是，不是，故D错误.
10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴的交点为，若，且，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 的离心率为
C. 直线的斜率为2
D. 点到上的点的距离的最小值为
【答案】ABD
【详解】由，且，得，
由双曲线的定义得,
所以，又，
所以，
则，即，所以，故A正确；
在中，，
在中，，
所以，则离心率，故B正确；
在中，
，
则，则，
所以直线的斜率为3，故C错误；
由C选项得，直线l的方程为，
令，得，即
设双曲线C上点，则，即，
因为，所以，则，
所以
，
所以当时，有最小值，且为，
所以，即点到上的点的距离的最小值为，故D正确.
11. 如图，已知正方体的棱长为是侧面内的一个动点（含边界），分别是的中点，设，则下列说法正确的有（ ）
A. 若点在平面内，则
B. 当取得最小值时，
C. 若，则的取值范围是
D. 若点在三棱锥的外接球面上，则的取值范围是
【答案】AC
【详解】
我们如图建立空间直角坐标系，设，为轴，为轴，为轴，
由正方体的棱长为2，可得各点坐标： ，，，，
对于A， 由，则点（），
可设平面的法向量为，
由于，，
则，令，则，
则，由点在平面内，则，
即，
则 ，故A正确；
对于B，由，， ，
当时，取到最小值，不是，故B错误；
对于C，由，代入点，，
可得，
平方得：，
再平方得：
所以的轨迹是椭圆，因为，所以，
则，即，故C正确；
对于D，
取的中点分别为，由分别是的中点，
可知长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
由于长方体的外接球球心为，且
则外接球半径为，
所以三棱锥的外接球方程为： ，
将点代入外接球方程，展开整理：
因为左边（），因此右边满足：
解不等式得：，
解不等式得：或，
结合，可得的范围为，故D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数在复平面内对应的点为，则__________．
【答案】
【详解】由题意可知，又因为，
所以．
13. 小明参加校园新春体能打卡，需完成9次打卡动作，其中有2次柔韧打卡，3次力量打卡，4次耐力打卡，同类的打卡难度不同，需从易到难依次进行，任意2次耐力打卡不能相邻，不同类的打卡可以穿插进行，则完成全部打卡的不同顺序共有__________种.
【答案】150
【详解】第一步：排非耐力打卡：非耐力共有次打卡，同类顺序固定，
只需从5个位置中选2个放柔韧打卡，剩余3个放力量打卡，
放法数为：；
第二步：插入耐力打卡：5个排好的打卡共形成6个空隙（含两端），
要选4个空隙各插入1次耐力打卡（保证不相邻），且耐力顺序固定，
选法数为：，
第三步：根据分步乘法计数原理，总顺序数为：.
14. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且，则的取值范围为__________．
【答案】
【详解】，
，
，即，
已知三角形是锐角三角形，，故，
，故，解得，
由得，则，
，故，
，
，解得，
锐角三角形中，，，
，解得，
，
由正弦定理得，解得，
令，，故，
则单调递增，
，即的取值范围为．
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. 已知数列的前项和为，且.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
证明：因为，
所以当时，，解得，
当时，，
所以，即.
所以，
又，
所以是以为首项，3为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，.
所以，
则，①
，②
①减去②，得：
所以.
16. 如图，在四棱锥中，侧面底面是边长为2的等边三角形，四边形为直角梯形，且，是棱上一动点.
（1）若为棱的中点，证明：平面；
（2）若为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
如图，取的中点，连接.
由为的中点，为的中点，，且，
可得，.
所以四边形为平行四边形，故.
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接.
由为等边三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
由，，得四边形是平行四边形
于是，又，则，直线两两互相垂直.
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 晋中市的平遥推光漆器是中国四大名漆器之一，其制作过程中描金､罩漆､抛光三个核心环节的成功率直接影响漆器的等级与收益.已知某工艺师在描金､罩漆､抛光环节的成功率分别为（各环节相互独立）.若描金失败，则该漆器直接报废，每件废品损失25元；若描金成功但罩漆和抛光中至少有一个环节失败，则为普品；若三个环节均成功，则为精品.普品和精品均为成品，可对外销售，假设每件漆器的制作过程相互独立.
（1）求该工艺师制作的一件漆器为精品的概率；
（2）该工艺师共制作件漆器，记其中精品的数量为，普品的数量为，若，求的值；
（3）该工艺师计划制作一批漆器进行销售，现有两种销售方案：方案①：成品全部线下零售，普品每件可获利80元，精品每件可获利300元；方案②：成品全部线上零售，在方案①获利的基础上，每件成品均需支付5元快递费，且每件精品可获得25元的线上平台补贴.分别求采用销售方案①②时一件漆器的期望利润，并判断对该工艺师来说，哪种方案更好.
【答案】（1）
（2）
（3）100元，元，方案②更好
【小问1详解】
设事件为“描金成功”，事件为“罩漆成功”，事件为“抛光成功”，
则，且相互独立.
所以该工艺师制作的一件漆器为精品的概率为.
【小问2详解】
由题可知该工艺师制作一件漆器为精品的概率，为废品的概率，为普品的概率.
由题可知，
故.
因为，所以，
解得.
【小问3详解】
当采用方案①时，设一件漆器的利润为元，则的所有可能取值为，的分布列为
所以（元）.
当采用方案②时，设一件漆器的利润为元，则的所有可能取值为，的分布列为
所以（元）.
因为，所以对该工艺师来说，方案②更好.
18. 已知椭圆方程为，其长轴长为6，且点在上.
（1）求的方程；
（2）设的左顶点为，动直线的斜率为，且与交于两点，为坐标原点.
（i）若，且的重心在轴上，求的方程；
（ii）若经过的右焦点，点在第一象限，是关于原点的对称点，且四边形与的面积之比为，求的值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【小问1详解】
由长轴长为6，可得，则.
将点的坐标代入椭圆方程，可得，
解得.
故的方程为.
【小问2详解】
（i）由（1）可知，设直线.
联立得可得.
由，可得.
的重心的横坐标为，则，
即，符合，
故直线的方程为.
（ii）由（i）可知.
设，
联立得可得，
则
如图，因为的面积，
四边形的面积
所以，得.
故，①
，②
联立①②，得，又在第一象限，所以，
故解得，所以.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当，且时，证明：；
（3）当时，若正实数满足，求证：.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【小问1详解】
当时，.
若，即，解得，
若，即，解得.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，
则，
令
则.
因为，所以，
所以，则在上单调递增，
所以，即 ，
因此在上单调递增，则，
所以.
【小问3详解】
由（2）可知，当且时，，故 .
当时，，则由（1）知，
易知在上单调递增.
设，其中，且，
则，
因此在上单调递增，
从而，则.
因为为正实数，且满足.
所以，
所以 ，-25
80
300
-25
75
320