精品解析：山西省运城市2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

运城市2025－2026学年第一学期期中调研测试 高三数学试题 2025.11 本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上． 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上． 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损． 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. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量．若，则实数的值为（ ） A. －10 B. 10 C. －12 D. 12 4. 若的展开式中，所有二项式系数之和为32，则该展开式中的常数项为（ ） A. －48 B. 48 C. －80 D. 80 5. 已知函数的部分图象如图所示，是函数的导函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上．若圆的圆心不在轴上，且与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. 4 C. D. 7. 把函数的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设为数列的前项积，已知，则（ ） A. B. C. 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. 在公比为的等比数列中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的公比为4 C. 当时，的前20项积为 D. 当时，数列是公差为2的等差数列 10. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 的极大值点是3 C. 的值域为 D. 当时，函数有1个零点 11. 在棱长为2的正方体中，E、F分别为棱的中点，为侧面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与AC所成角的余弦值为 C. 当平面平面时，与平面所成角正切值的最小值为2 D. 过EF且与垂直的平面截正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是某汽车公司100家销售商2025年前半年新能源汽车销售量（单位：辆）的频率分布直方图，若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家，则应从销售量在内的销售商中抽取______家． 13. 已知定义在上的函数满足：是偶函数，，且当时，，则______． 14. 椭圆的光学性质：从椭圆一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点，法线为与椭圆切线垂直且过相应切点的直线．已知椭圆C：、为其左、右焦点．从点发出的光线与椭圆交于点，直线为椭圆在点处的切线，点为关于直线的对称点，点，则的取值范围为______． 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. 记的内角的对边分别是，满足． （1）证明：； （2）若为锐角三角形，求：的取值范围． 16. 已知以原点为中心，为右焦点的双曲线的离心率． （1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程； （2）若直线l：交于A，B两点，且，求直线的方程． 17. 如图1，在菱形中，动点E，F在边AD，AB上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示． （1）若，求的值； （2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 18. 为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． （1）现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； （2）在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； （3）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 19. 已知A，B，C为函数图象上不同的三点．它们的横坐标依次成等差数列，且函数在点处的切线斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知函数 ①证明：当时，是其定义域上的“等差偏移”函数； ②当时，函数，数列满足．其前项和为，试证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 运城市2025－2026学年第一学期期中调研测试 高三数学试题 2025.11 本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上． 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上． 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损． 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. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】计算出后，利用模长的计算公式即可求解. 【详解】由，则，则. 故选：B. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出分式不等式后，由补集定义与交集定义计算即可得. 【详解】由，可得，解得， 故，则或， 又，则. 故选：C. 3. 已知向量．若，则实数的值为（ ） A. －10 B. 10 C. －12 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的坐标运算求得的坐标，再根据向量垂直建立方程，可得答案. 【详解】由题，可得， 又，所以，得. 故选：D. 4. 若的展开式中，所有二项式系数之和为32，则该展开式中的常数项为（ ） A. －48 B. 48 C. －80 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】先根据二项式系数之和求出的值，再利用二项展开式的通项公式求出常数项. 【详解】的展开式中，所有二项式系数之和为解得. 的二项展开式的通项为， 当时，即时，该项为常数项，. 故选：C. 5. 已知函数的部分图象如图所示，是函数的导函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合导数的几何意义和平均变化率的定义，利用直线斜率的关系，即可求解. 【详解】根据导数的几何意义，表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率， 表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率， 又由平均变化率的定义，可得表示过两点的割线的斜率， 如图所示， 结合图象，可得，所以. 故选：D. 6. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上．若圆的圆心不在轴上，且与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的方程，求出焦点坐标，进而设出圆的圆心；再利用直线与圆相切的条件，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】因抛物线的准线方程为，焦点坐标为，故设圆心坐标为， 由题意圆的半径，解得， 所以圆的半径. 故选：A. 7. 把函数的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】得到的解析式后，结合正弦函数的对称性计算即可得. 【详解】由题意可得， 又的图象关于点对称， 则，，解得，， 则，，又， 则当时，有最小值. 故选：B. 8. 设为数列的前项积，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，则可将化为，结合等差数列定义可得是等差数列，求出首项后即可得其通项公式，再利用计算即可得. 【详解】由为数列的前项积，则， 则由，可得当时，有， 又当时，，则，即，则， 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 则，则， 故. 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. 在公比为的等比数列中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的公比为4 C. 当时，的前20项积为 D. 当时，数列是公差为2的等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】先由等比数列的基本量法求出，再由等比数列的性质可得A错误B正确；结合指数运算和等差数列的求和公式可得C正确；由对数的运算性质及等差数列的概念可判断D. 【详解】由题意可得，所以解得， 当时，；当时，， 对于A，，故A错误； 对于B，的公比为，故B正确； 对于C，当时，， 所以的前20项积为，故C正确； 对于D，当时，数列的通项公式为，公差为，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 的极大值点是3 C. 的值域为 D. 当时，函数有1个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用奇函数性质求解判断；对B，利用导数判断单调性结合极值点的定义和函数的对称性判断；对C，由函数的单调性和极值画出函数的图象判断；对D，函数的零点即方程的根的个数，数形结合得解. 【详解】对于A，当时，则，， 又，则，故A正确； 对于B，当时，，则， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以在处取得极大值， 由奇函数图象的对称性可知在上递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故B正确； 对于C，由B，画出函数的图象如下： 所以的值域为，故C错误； 对于D，函数的零点即方程的根的个数， 当时，由上面图象可得函数有1个零点，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为2的正方体中，E、F分别为棱的中点，为侧面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与AC所成角的余弦值为 C. 当平面平面时，与平面所成角正切值的最小值为2 D. 过EF且与垂直的平面截正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由图可得：，由平面平面，可得点到平面的距离为定值，结合三棱锥的体积公式即可求解；对于B，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的夹角的余弦公式即可求解；对于C，分别取的中点，可证平面平面， 点在线段上运动，设与平面所成角为，所以，利用长度关系即可求解；对于D，作的中点，连接，利用空间向量法可证平面，则过EF且与垂直的平面为，利用空间向量法求出球心到平面的距离，从而得到过EF且与垂直的平面截正方体的外接球所得截面圆的半径，结合圆的面积公式即可求解. 【详解】对于A，由图可得：， 因为在正方体中，平面平面，因为在平面内，为侧面上的一个动点， 所以点到平面的距离为定值， 因为E、F分别为棱的中点，所以， 所以，则A正确； 对于B，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，设异面直线与AC所成角为，则， 所以，故B不正确； 对于C，分别取的中点， 所以，则共面； 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得：平面， 因为，平面， 所以平面平面， 所以点在平面与平面的交线上运动，即点在线段上运动， 因为平面，设与平面所成角为， 所以，当在或点位置时，取最大值为，则的最小值为，故C正确； 对于D，作的中点，连接, 由于,，，，，则，， 则，，则，因为，平面，所以平面， 则过EF且与垂直的平面为， 由正方体的性质可得其外接球的球心，半径 平面的一个法向量为，， 所以球心到平面的距离， 则过EF且与垂直的平面截正方体的外接球所得截面圆的半径，则过EF且与垂直的平面截正方体的外接球所得截面圆的面积，所以D不正确； 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是某汽车公司100家销售商2025年前半年新能源汽车销售量（单位：辆）的频率分布直方图，若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家，则应从销售量在内的销售商中抽取______家． 【答案】7 【解析】 【分析】首先利用小长方形面积之和为1计算出，然后计算出销量在的频率和频数，最后根据分层抽样的特点即可求解. 【详解】由题意，解得， 所以销量在的频率为，频数为， 所以若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家， 则应从销售量在内的销售商中抽取家. 故答案为：7 13. 已知定义在上的函数满足：是偶函数，，且当时，，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】综合利用函数的奇偶性、对称性、周期性处理即可. 【详解】由题可得：，即, 由于，所以,则, 所以，可得的周期为, 则, 故答案为： 14. 椭圆的光学性质：从椭圆一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点，法线为与椭圆切线垂直且过相应切点的直线．已知椭圆C：、为其左、右焦点．从点发出的光线与椭圆交于点，直线为椭圆在点处的切线，点为关于直线的对称点，点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由椭圆的光学性质可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，代入计算，即可得到结果. 【详解】由椭圆方程可得，即， 则椭圆的左焦点为，右焦点， 由椭圆的光学性质可知：椭圆一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后， 反射光线过椭圆的另一个焦点，且点为关于直线的对称点， 所以反射光线经过，且， 又点满足， 所以， 即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又， 由两点间距离公式， 因为点在以为圆心，为半径的圆上， 所以的取值范围是，即， 所以的取值范围是. 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. 记的内角的对边分别是，满足． （1）证明：； （2）若为锐角三角形，求：的取值范围． 【答案】（1） 由题意得：， 由余弦定理得：，所以， 由于，所以或， 因为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合角的范围进行分析讨论即可得解； （2）利用正弦定理边化角，再利用角的范围即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 又为锐角三角形，所以，，故， 所以，得， ， ， 因为，故， . 16. 已知以原点为中心，为右焦点的双曲线的离心率． （1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程； （2）若直线l：交于A，B两点，且，求直线的方程． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的离心率和的关系求解即可； （2）利用直线和双曲线的位置关系和弦长公式求解即可. 【小问1详解】 依题意，设双曲线的标准方程为，半焦距，离心率， 则， 所以双曲线的标准方程为，其渐近线方程为. 【小问2详解】 依题意设， 联立与的方程， 消去整理可得，则； 且，解得； 所以， 解得， 满足，符合题意； 所以直线的方程为. 17. 如图1，在菱形中，动点E，F在边AD，AB上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示． （1）若，求的值； （2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）是定值；定值为 【解析】 【分析】（1）首先在图2中，取EF中点O，以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，然后设，根据构造方程，解方程求解值，进而根据比例关系求解的值； （2）设平面与平面的夹角为，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 在图2中，取EF中点O，BD中点M，连接OP，OM， 因为，即，所以， 所以，又因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，由题意可知， 以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 设，，则，， ∴，，，， 故， ∵，∴， ∴，解得（舍）或， ∴，∴， ∴图中点E在靠近点D的三等分点处，即 【小问2详解】 设平面与平面的夹角为． 由（1）易知平面PEF的法向量， ，， 设平面的法向量，则，即， 取，得， ∴．∴． ∴无论点E的位置如何， 平面与平面的夹角的余弦值为定值． 18. 为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． （1）现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； （2）在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； （3）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 【答案】（1） （2） A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大. 依题意知，A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为， 所以A连输两局且第二局与甲比赛的概率为： ， 同理A第二局与乙比赛的概率为， A第二局与丙比赛的概率为， 所以A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大，且最大值为. （3） 的分布列为： 2 4 5 ， 【解析】 【分析】（1）该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D，得到，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解. （2）根据题意，得到A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得A连输两局且第二局与甲比赛和第二局与乙比赛，以及第二局与丙比赛的概率，进而得到答案； （3）根据题意，得到随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，以及基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：设高手A胜两局为事件M，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D， 则， 由各局比赛结果相互独立，可得事件B，C，D，相互独立， 所以， 所以高手A胜两局的概率为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为， 则 ， ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． 19. 已知A，B，C为函数图象上不同的三点．它们的横坐标依次成等差数列，且函数在点处的切线斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知函数 ①证明：当时，是其定义域上的“等差偏移”函数； ②当时，函数，数列满足．其前项和为，试证明：． 【答案】（1） 当时，函数在R上单调递增；    当时，函数的单调增区间为，单调减区间为； （2）①证明：设三点的横坐标成等差数列， 且满足，则， 又由，， 则，， 令，则，令，求导得， 在内单调递增，，即， 因为，，所以， 即函数在点处的切线斜率恒小于直线AC的斜率， 所以当时，是其定义域上的“等差偏移”函数； ②证明：由，当时，，， 设，求导得， 当时，，则在内单调递增， ，，符合题意， 构造函数，求导得， 在内单调递增，则， 当时，， ，即， ，即，得 ， 即， 【解析】 【分析】（1）求导后，对参数进行讨论，即可求解单调区间； （2）①根据“等差偏移”函数的定义来作差比较大小，然后构造函数求导进行证明即可； ②利用先证明对数不等式，再放缩,利用构造法和迭代法求得通项不等式，从而求和即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得：， 当时，恒成立，函数在R上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，函数在单调递减， 当时，，函数在单调递增， 函数的单调增区间为，单调减区间为 综上所述：当时，函数在R上单调递增； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为； 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】关键点点睛：针对数列不等式，关键是利用对数不等式进行放缩，得到新的递推不等式，再结合构造等比数列的思想来求得不等式通项，从而问题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $