精品解析：山西大学附属中学校2026届高三5月模块诊断数学试卷含解析（word版）

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数 学 试 题
考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：武海瑞
一、选择题（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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，所以
2. 已知复数，则是的（ ）
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
【答案】A
【解析】
【分析】由求出即可得出.
【详解】由，可得，解得或0，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误；
B，若，，则可平行于，或者与相交，错误；
C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误；
D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解.
【详解】由，
故，
故，故，即.
5. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析的单调性，即可得到的单调性及变化趋势，即可判断.
【详解】由题知且不恒等于，又在上单调递减，在上单调递增，
在定义域上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即当时，的值由小变大，再由大变小，
即函数图象从左到右是单调递增，且变化趋势是先慢后快再变慢.
故选：B.
6. 等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（ ）
A. B. C. 26D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得，，再结合的正负性以及等差数列性质运算求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，则，且，
即，整理可得，解得或（舍去），
可得，
令，解得，
所以数列的前6项和为.
7. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ）
A. 8B. 6C. 5D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值．
【详解】，周期为，
，则是周期，
，即是正偶数，
当时，，
已知最大值与最小值的和为0，
最大值与最小值互为相反数，
若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和为0；
的最小值为6．
8. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，所以，
令，则，即①；
因为为偶函数，所以，
令，则，即，
所以，所以，即②，
所以，所以4是的一个周期．
由① 式，取，可得，即得，
又由② 式，取，可得
故，，
由② 式，取，可得，取，可得，
故，
则.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（除了最后一组是闭区间，其余每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项正确的是（ ）
A. 直方图中x的值为0.0044
B. 在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为70户
C. 估计该小区用户月用电量的中位数不超过
D. 用频率估计概率，从该小区抽取10人，则X表示用电量不超过的人数，则
【答案】AB
【解析】
【详解】对于A，由图可得组距为50，根据频率和为1，得，解得，故A正确；
对于B，用电量落在区间内的频率，
由样本容量为100，得用电量落在区间内的户数，故B正确；
对于C，由图可得第一组的频率为，第二组的频率为
，第三组的频率为；
前两组的累计频率为，前三组的累计频率为，
中位数位于第三组内；
设中位数为，则，解得；
，中位数超过，故C错误；
对于D，用电量不超过的频率为前两组频率之和，即；
用频率估计概率，从该小区抽取1人，其用电量不超过的概率.
从该小区抽取10人，设X表示用电量不超过的人数，
则X服从二项分布，则，故D错误.
10. 已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 若，且三点共线，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据已知条件判断的形状，进而可判断A；通过平面向量基本定理可判断B；通过向量在向量上的投影向量公式即可判断C；通过三点共线的向量表示可判断D.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以为直角三角形，
因为，所以是上靠近点C的三等分点，如图：
对于A，，
由勾股定理知，故A错误；
对于B，由题意知，
所以，故B正确；
对于C，由B知，
所以
，
所以向量在向量上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，
所以，
由B知，所以，
又三点共线，所以，所以，故D正确.
11. 已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（ ）
A. 点的轨迹方程为
B. 当点不在轴上时，直线与的斜率之积为
C. 当时，
D. 过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助垂直平分线性质可得，再利用可得，即可由双曲线定义得到点的轨迹方程；对B：设，可得，再表示出并计算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得，再借助B中所得结合斜率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函数基本关系计算即可得；对D：取点关于对称点，可得的轨迹方程，则可得中点的轨迹方程，再利用三角换元法及辅助角公式计算即可得解.
【详解】又：，则，半径，
由为线段的垂直平分线，故，
又为上的任意一点，故，
由，则，
则或，则，
故点的轨迹为以、为焦点，的双曲线，
由、，故，则，
即点的轨迹方程为，故A正确；
对B：设在左侧，由点的轨迹方程为，故、，
设，则有，故，
则，故B错误；
对C：由，故，
则，
即，
由B知，又，
，
故，
即，
则，
即，故C正确；
对D：取点关于对称点，则，
故点的轨迹方程为，
由在上且，则为中点，则有，，
故，，即有，
化简得，故可设，，，
则，其中，
即的最大值为，故D正确.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据点P22,12的坐标，计算其到原点的距离r=x2+y2的值，再由正弦函数的定义sinθ=yr，求出的值即可.
【详解】因为已知角终边过点P22,12，
根据，其中，
可得r=222+122=32，
所以.
13. 小李的银行卡的六位密码由组成，如果数字1与2不相邻，则小李可以设置的不同的密码个数为_____．
【答案】
【解析】
【分析】就是否相邻分类讨论并利用插空法可求不同的密码个数.
【详解】如果六位密码中相邻，则先排，
再利用插空法可得不同的密码个数为，
如果六位密码中不相邻，则先排，此时有个空挡，
这5个空挡中有3个空挡可以插入，故此时不同的密码个数为，
故不同密码的个数为.
14. 已知菱形，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，设点是的中点．记的面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三棱锥的性质求出，建立空间直角坐标系，结合外接球的性质求出，再利用基本不等式求出的最小值．
【详解】已知菱形，则均为边长为2的等边三角形，
连接，则，且，
设二面角的平面角为，则平面，
为的中点，在等腰中，，
由平面，得，
，
，
以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
则，
是中点，
，
设三棱锥的外接球球心为，则，解得，
，
，
设外接球半径为，则
，
，
，
令，则，
当且仅当时取最小值，
．
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. 已知数列的首项是，且．
（1）证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最小整数n的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
，
所以，
又，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
可得.
【小问2详解】
由（1）得为等比数列，
设数列的前项和为，，
所以，
构造函数令，根据增函数减去减函数为增函数，可得函数为增函数，
为整数，所以当，，不成立，
当，，成立，
所以满足条件的最小整数n的值为.
16. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
（1）求甲连续打前四局比赛的概率；
（2）前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
（3）如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可；
（2）利用条件概率求解即可；
（3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可.
【小问1详解】
由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜，
第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为，
第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
所以甲连续打前四局比赛的概率为：.
【小问2详解】
设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局，
对于前四局中第二局乙获胜：
即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为，
第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为，
所以，
在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空
第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为，
第四局：乙、丙对打，概率为，
所以，
根据条件概率知：.
【小问3详解】
由题意知得分的可能值为：，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以得分的数学期望为：.
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直；
(2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值.
【小问1详解】
侧面为正三角形，为的中点，
，
是矩形，且分别为中点，，
面面，
面平面，
平面平面．
【小问2详解】
方法一：由（1）知，平面平面，
平面，平面平面平面，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，设，
则，
设平面的一个法向量为，则，即，
取，则，所以，
易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且，
即且，
即且，
解得（舍去）或，所以．
设平面的一个法向量为，
又，
则，即，
取，所以．
设平面的一个法向量为，
则，即取，
则，所以，
设平面与平面夹角为，则．
故平面与平面夹角的余弦值为．
方法二：设平面与棱相交于点，
因为面，则平面，
且面面，则，又因为为中点，可得为中点，
设平面平面，，则为中点，
因为关于平面的对称点为，的中点为，
所以面，由（1）知平面平面，
所以平面，又平面平面
且，且，
在平面内，，所以，
因为为中点，
可得为正三角形，因为，所以为中点，
由对称性可知，，
所以，可得，且，
设交于点，则为中点，
则，
由面，可得，
则平面与平面夹角为，
设平面与平面夹角为，同理可得，
则平移可得平面与平面夹角为，
则，即，
故平面与平面PCD 夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直．
（1）求C的标准方程；
（2）设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）存在，定圆的方程为
（3），的方程为或
【解析】
【分析】（1）先根据与轴垂直求出的值，再根据点在椭圆上以及求解出.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用得到之间的关系，再利用原点到的距离为定值从而确定圆的方程.
（3）根据三角形的面积公式，其中为定值，利用弦长公式将表示成的函数，然后利用换元法求解出最大值即可.
【小问1详解】
因为与轴垂直，所以，，
又点在椭圆上，，得.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率存在时，设直线方程为，.
联立得，整理得.
，即.
，
，，即，整理得.
原点到直线的距离，将代入得
故距离为定值，所以存在定圆与直线相切.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，.
联立，，则，.
，得，即直线的方程为，
此时直线与圆相切，符合题意.
综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为.
【小问3详解】
由三角形面积公式得，其中为定值.
当直线的斜率存在时，，
将代入整理得.
令，则.
当时，即（此时）时，有最大值.
此时三角形面积有最大值，最大值为.
此时，代入，得，.
直线的方程为或.
当直线的斜率不存在时，由（2）可得或.
此时，.
综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或.
19. 已知，
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，若恒成立，求的最小值；
（3）已知当时，存在，使得函数有三个零点，且成等差数列，求的值.
【答案】（1）时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，分、讨论函数单调性即可；
（2）根据题意得在上恒成立，令，利用导数求出函数最大值的范围，结合即可求解；
（3）根据题意，分析的情况，结合，进而可得，且，再代入求解即可．
【小问1详解】
解：，，，
当时，，在上单调递增；
当时，，解得，
则时，，单调递减，
时，，单调递增；
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
解：，，
又恒成立，所以在上恒成立，
令，，
令，，
则的解为，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又，所以，且，
存在唯一，使得，即，
，
当时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
又，
，且
又在上单调递增，时，，
，又，
的最小值为；
【小问3详解】
解：，，且，
当时，，则，
令，，
令，，
当时，，单调递增，
时，，单调递增，时，，单调递减，
又，，，
时，，，单调递增；
当时，有唯一解，设为，
则当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，
又时，，时，，
则的简要图形如下：
则时，最多有两个不同的交点，且恒大于零，
函数有三个零点，且成等差数列，
，且，
，
整理得，解得或（舍去），
，
．
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