精品解析：山西省部分学校天成大联考2025-2026学年高三上学期11月期中质量检测数学试题（D卷）

2025～2026学年高三11月期中质量检测卷 数学（D卷） 一、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. 2. 已知复数，若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. 已知向量，，若与垂直，则（ ）． A. B. C. D. 4. “”是“不等式在上恒成立”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. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 6. 将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 7. 已知平面过正方体的顶点D，E，F分别是棱，的中点，平面，平面，平面，则m，n所成角的正切值为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知函数存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则（ ）． A. b的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 二、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. 若，且，则下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 10. 已知等差数列满足，，则（ ）． A. 数列的前n项和 B. 正整数p，q，r成等差数列的充要条件是，，成等差数列 C. 数列的前100项和为50 D. ，，成等比数列 11. 在三棱锥中，平面，，．若三棱锥的体积为，则（ ）． A. B. 二面角的平面角小于 C. 点A到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则______． 13. 已知，，则________. 14. 已知函数，若直线与曲线有交点且，则实数a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. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，． （1）求的值； （2）若，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，，，M为侧面的对角线的交点，D，E分别为棱，的中点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 17. 已知是等差数列，是等比数列，，，． （1）求和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为，求和，并证明． 18. 如图，在梯形中，E是中点，，，，连接，将沿折起使A点至P点处，得四棱锥，且，点M为棱上的一点． （1）若O是的中点，求证：平面； （2）若直线与直线所成的角为，求的值； （3）若M是的中点，求二面角的正弦值． 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年高三11月期中质量检测卷 数学（D卷） 一、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】A 【解析】 【分析】先解对数不等式把集合具体化，再利用集合的运算法则计算即可. 【详解】因为，， 所以． 故选：A 2. 已知复数，若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】直接计算得到，再根据纯虚数的定义得到结果. 【详解】由于，故，所以，解得. 故选：C. 3. 已知向量，，若与垂直，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用与垂直，解出，再根据向量模长计算公式运算可得答案. 【详解】依题意得：， 由与垂直知：， 所以，． 故选：D． 4. “”是“不等式在上恒成立”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】B 【解析】 【分析】由得，即，利用均值不等式求出，进而求解. 【详解】对于，可化为恒成立，即 由，当且仅当时取等号，故，解得， 所以“”是“不等式在上恒成立”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成的角是可得，结合锥体体积公式列方程求，，再由圆锥侧面积公式求结论. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由母线与底面所成角是知，， 所以体积，故， 化简可得， 所以，，， 所以圆锥的侧面积为． 故选：C． 6. 将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，由，求解即可. 【详解】由条件得， 又时，，是整数，且最小， 则. 故选：B. 7. 已知平面过正方体的顶点D，E，F分别是棱，的中点，平面，平面，平面，则m，n所成角的正切值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】要解决这个问题，我们可以通过构造辅助平面，利用面面平行的性质找到m，n的方向，再求它们所成角的正切值。 【详解】设直线与直线，分别交于点M，N，连接，，如图． 因为平面，平面，平面平面， 所以，同理，所以是m，n所成角或其补角， 在中，作，垂足为G， 设正方体的棱长为a，则， ，， ，， 所以． 故选：B． 8. 已知函数存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则（ ）． A. b的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据的单调性求出极值，从而得出，再构造，，，最后通过构造函数，逐一求其最值即可. 【详解】因为存在不小于0的极小值， 所以有解，所以，且解为， 时；时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以的极小值， 所以，，，． 令，则， 时，，时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 时，y取得最小值，所以b的最小值为，A错误； 令，则，时，；时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 时，函数的最大值为，故的最大值为，B错误； 令，则， 时，，时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以时，取得最大值，最大值为，C错误； 令，则， 时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以时，的最小值为，的最小值为，D正确． 故选：D． 二、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. 若，且，则下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用不等式的性质一一分析选项即可. 【详解】因为，且， 所以，所以，即，故A正确； 因为，，所以，故B正确； 因为，所以，，由可得， 所以，故C正确； 因为取，满足条件，但此时，故D错误． 故选：ABC． 10. 已知等差数列满足，，则（ ）． A. 数列的前n项和 B. 正整数p，q，r成等差数列的充要条件是，，成等差数列 C. 数列的前100项和为50 D. ，，成等比数列 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，设出公差，根据条件得到方程，求出，，得到通项公式和前n项和；B选项，，故B正确；C选项，分组求和得到C错误；D选项，计算出，，，根据等比数列定义判断. 【详解】A选项，设数列的公差为d， 则，解得， 代入，得，解得， 所以，，故A正确； B选项，，故B正确； C选项，数列的前100项和为，故C错误； D选项，，，，由于，故，，不成等比数列，故D错误． 故选：AB． 11. 在三棱锥中，平面，，．若三棱锥的体积为，则（ ）． A. B. 二面角的平面角小于 C. 点A到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据题意，设，，，求出三棱锥的体积得解；对B，由题可得是二面角的平面角，结合判断；对C，由三棱锥等体积法求解判断；对D，设三棱锥外接球的球心为，的外接圆的圆心为，可得，由求出外接球半径得解. 【详解】对于A，设，，， 由平面，知，，可得，， 又，所以，得， 在中，，则， 的面积为， 三棱锥的体积为，，所以，故A正确； 对于B，由平面知是二面角的平面角， 由A，，所以，故B错误； 对于C，的面积为，由三棱锥等体积法可得点A到平面的距离，故C错误； 对于D，如图，设三棱锥外接球的球心为，的外接圆的圆心为，半径为r， 所以平面，且， 则，， 设三棱锥的外接球半径为R，则， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由条件，结合对称性质列方程求，由此可得结论. 【详解】因为点与点关于原点对称， 所以，，， 解得，，，故． 故答案为：. 13. 已知，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先探索角，的关系，再结合诱导公式和二倍角公式求值. 【详解】由，得，， 则. 故答案为： 14. 已知函数，若直线与曲线有交点且，则实数a的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】求导，确定在与上单调递增，在上单调递减，再结合函数的奇偶性，求解即可. 【详解】定义域为，易知是奇函数，， 所以，，，且， 所以且， 因为， 所以， 时，，或时，， 所以在与上单调递增，在上单调递减， 则 ，且， 当时，， 需满足：，即， 又且， 所以 因为，所以时，，时，， 当时，， ，，成立． 当时，，，且， 由得，不等式不成立． 综上，a的取值范围是． 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. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，． （1）求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理得出，再利用正弦定理计算即可； （2）法一、利用上问结论，结合条件得出三边关系解方程计算，再利用三角形面积公式计算即可；法二、利用正弦定理化边为角证该三角形为直角三角形，计算面积即可. 【小问1详解】 由余弦定理，得， 又，所以，则， 所以， 由正弦定理，得． 【小问2详解】 法一：由（1）可知，， 又，所以，， 由，得， 解得，则， 故的面积． 法二：由正弦定理及，得， 所以， 由（1）知，又，即，， 所以，． 因为，，所以，，为直角三角形， 则，所以，，， 所以的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，，，M为侧面的对角线的交点，D，E分别为棱，的中点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1） 因为M为侧面的对角线的交点，直棱柱中，四边形是矩形， 所以M是的中点，M是的中点， 因为D，E分别为棱，的中点，所以，， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面， 平面， 因为，，平面， 所以平面平面． （2）2或4． 【解析】 【分析】（1）通过中位线性质得到，，即可求证； （2）建系，求得直线方向向量和平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由，得， 所以， 又因为直棱柱中，平面， 所以可以为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以， 由解得，或，所以的长为2或4． 17. 已知是等差数列，是等比数列，，，． （1）求和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为，求和，并证明． 【答案】（1），． （2），，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式和题中条件求出公差和公比即可； （2）根据裂项相消求出，等比数列的前n项和公式求出，即可求证，再化简得出，研究数列的增减性即可求出. 【小问1详解】 设的公差为d，由，得，， 两式联立解得，， 所以， 设的公比为q，由知，且， 又，所以，， 因为，所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为， 令，则， 所以， 因数列为递增数列，则，则， 所以为递减数列， 又，所以时，，所以， 所以，所以． 18. 如图，在梯形中，E是中点，，，，连接，将沿折起使A点至P点处，得四棱锥，且，点M为棱上的一点． （1）若O是的中点，求证：平面； （2）若直线与直线所成的角为，求的值； （3）若M是的中点，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，可通过证明面面垂直得到，即证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，根据已知条件将各个点的坐标表示出来，设，然后利用异面直线的夹角求出，即是结果. （3）求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【小问1详解】 证明：因为在梯形中，E是中点， ，，， 所以四边形是正方形，，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 【小问2详解】 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴， 建立如图所示的空间坐标系． 由（1）可得， 则，，，，，． ，，， 设， 有， 因为直线与直线所成的角为， 所以，所以，所以， 又，所以，所以． 【小问3详解】 由（2）知，， 的中点，， 设平面的法向量为， 则，取，则． 同理可求得平面的一个法向量， ，又二面角的范围是， 故二面角的正弦值． 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），是的极大值点． （2） （3）证明：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. 【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】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $