精品解析：山西省太原市2025-2026学年高三上学期期中学业诊断数学试题

2025~2026学年第一学期高三年级期中学业诊断数学 （考试时间：上午8：00-10：00） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页． 2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上． 3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，写在本试卷上无效． 4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题共58分） 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. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，则实数（ ） A. -3 B. 6 C. -1或-2 D. 1或2 3. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 4. “”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 5. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 6. 如图是函数的图象，则实数（ ） A. B. C. D. 7. 如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 单调递减 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的单调递减区间为 B. 当时，有两个零点 C. 若有三个零点，则取值范围是 D. 4是的极大值 11. 台塔，又叫平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个多边形的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 该台塔外接球的表面积为 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 二面角的正切值为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 已知复数，则___． 13. 八卦是中国文化重要哲学概念．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，点是其中心，且，则_____________． 14. 欧拉函数的函数值等于所有不超过，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个整数称为互质整数）．例如：．记，则数列的前项和___________． 四、解答题：本大题共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. 已知全集为． （1）求； （2）设是奇函数，当时，，求解析式，并求当时的值域． 16. 如图，平面四边形中，． （1）当时，求 （2）求当为何值时，面积最大？并求出其最大值． 17. 已知数列满足． （1）求证：是等比数列； （2）设求数列的前项和； 18. 在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点． （1）求证：； （2）若，求证：平面； （3）求直线与平面所成角正弦值的最大值． 19. 定义运算：，已知函数． （1）当时，①求在处的切线方程； ②证明：在内存在唯一的极小值点，且； （2）若对任意（），都有，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年第一学期高三年级期中学业诊断数学 （考试时间：上午8：00-10：00） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页． 2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上． 3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，写在本试卷上无效． 4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题共58分） 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. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集和补集含义即可得到答案. 【详解】，则. 故选：B. 2. 已知，且，则实数（ ） A. -3 B. 6 C. -1或-2 D. 1或2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得或2. 故选：D 3. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据指数函数的性质判断C. 【详解】对于A：当，时满足，但是，故A错误； 对于B：当时、均无意义，故B错误； 对于C：因为在定义域上单调递增，所以当时，故C正确； 对于D：当，时满足，但是，故D错误. 故选：C 4. “”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】根据同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式可知，由可推出，由得到可能没有意义，由此可确定选项. 【详解】由得，此时与同号，或，均满足. 由得，可能，此时 没有意义. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性和周期性即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：B. 6. 如图是函数的图象，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性求得，进而求得. 【详解】，根据对称性可知的最小正周期， 所以，则， ，根据对称性可知， 所以， 由于，所以. 故选：D 7. 如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】在上取点，使得，在上取点，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点P的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由题意知，，在上取点，使得， 则且，所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面. 在上取点，使得， 有，则， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，则点P的轨迹为线段. 在中，，由余弦定理， 得， 即点的轨迹长度为. 故选：A 8. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，求导确定单调性从而得大小，设，求导得，设，，求导可得从而可得大小，进而得结论. 【详解】设，则， 所以时，，单调递减， 所以，即，则，即； 设，则， 故函数在上单调递减， 所以，即， 设，， 则在上恒成立， 故函数在上单调递减， 所以，即， 故，即； 综上，. 故选：C. 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. 已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 单调递减 【答案】AB 【解析】 【分析】根据相减法求解，从而得的通项公式即可判断A,B,C；由数列单调性定义比较与的大小，即可判断D. 【详解】因为数列的前项和， 所以当时，， 所以， 当时，不符合上式， 所以，故C不正确； 所以，故A，B正确； 当时，， 当时，， 所以数列先增后减，故D不正确. 故选：AB. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的单调递减区间为 B. 当时，有两个零点 C. 若有三个零点，则的取值范围是 D. 4是的极大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项代入，通过在各区间符号，确定递减区间；对于B选项分别代入和得到解析式，因式分解求零点，看不同实根个数；对于C选项，在时，求函数零点，当时，利用导数求函数的极值点，三次函数有三个零点极大值且极小值，分析的取值范围；对于D，结合选项C的推导过程即可判断. 【详解】对于A选项，当时，， 令得，符号分析：时，时，时，所以单调递减区间为，A选项正确； 对于B选项，，，， 零点为（二重），，不同实根个数为2， ，，， 零点为（二重），，不同实根个数为2，B选项正确； 对于C选项，当时，，令，可得， 函数有且只有两个零点，不满足要求， 当时，， 令，可得， 当时，若，则，函数在上单调递增， 若，则，函数在上单调递减， 若，则，函数在上单调递增， 所以为极大值，为极小值， 当时，若，则，函数在上单调递减， 若，则，函数在上单调递增， 若，则，函数在上单调递减， 所以为极大值，为极小值， 又， 函数存在三个零点的条件为极大值且极小值，， 即，又， 所以，C选项错误； 对于D选项，由选项C的推导过程可得，为极大值，，D选项正确. 故选：ABD 11. 台塔，又叫平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个多边形的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 该台塔外接球的表面积为 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 二面角的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据几何体特征，结合线面平行的判定定理，即可证明； B选项，设正三角形的外接圆圆心为，其半径为，正六边形的外接圆圆心为，其半径为，设台塔外接球的球心为，半径为，根据球心位置关系建立方程可求，最后根据球的表面积公式即可求解； C选项，该台塔上底面为正三角形，其在下底面正六边形内的投影为正三角形，为正六边形的中心，则为正三角形的中心，为正三角形的中心，所以即为直线与平面所成的角，根据几何关系即可求解； D选项，取中点，连接、，则即为二面角的平面角，根据几何关系即可求解. 【详解】对于选项A，因为几何体各个面均为正多边形，所以侧面为正方形，底面为正六边形，所以，，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于选项B，如图1、图2所示，设上、下底面外接圆的圆心分别为，半径分别为， 台塔的外接球半径为，，则，，所以或，解得，所以，所以该台塔的外接球的表面积为，故B错误； 对于选项C，如图3， 该台塔上底面为正三角形，其在下底面正六边形内的投影为正三角形，为正六边形的中心，则为正三角形的中心，为正三角形的中心，则在图4中，，所以即为直线与平面所成的角，则，所以，故C正确； 对于选项D，取中点，连接、，如图5，则即为二面角的平面角，，，所以，所以，故D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数，则___． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算即可得到答案. 【详解】. 故答案为：. 13. 八卦是中国文化的重要哲学概念．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，点是其中心，且，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得，，结合数量积的运算律求解即可. 【详解】由题意可知：，，， 则，， 所以. 故答案为：. 14. 欧拉函数的函数值等于所有不超过，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个整数称为互质整数）．例如：．记，则数列的前项和___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知定义先求出，代入后结合等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由题意可知，小于所有正奇数都与互质，共有个， 所以， 小于且大于的所有与不互质的数是的倍数， 故与互质的数共有个， 即， 由与互质，且， 所以 ， 所以， 当时，，且， 所以数列以公比，首项为的等比数列， 所以， 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 已知全集为． （1）求； （2）设是奇函数，当时，，求的解析式，并求当时的值域． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别求得集合和，结合集合交集和补集的运算，即可求解； （2）根据题意，求得函数的解析式为，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由不等式，可得，即， 又由不等式，可得，即， 则或，所以. 【小问2详解】 解：设，则， 因为函数为奇函数，且当时，， 可得， 所以函数的解析式为， 由（1）得， 当时，，可得； 当时，，可得， 所以当时的值域为. 16. 如图，平面四边形中，． （1）当时，求 （2）求当为何值时，的面积最大？并求出其最大值． 【答案】（1） （2）时，面积取最大值1 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可得，进而应用正弦定理及结合两角和的正弦公式求解即可； （2）正弦定理结合诱导公式化简，再应用三角形的面积公式结合正弦函数的性质即可求解. 小问1详解】 中，由余弦定理得 ， ， ， 在中，由正弦定理得， . 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， ， 的面积为， 当且仅当时，的面积取最大值1. 17. 已知数列满足． （1）求证：是等比数列； （2）设求数列的前项和； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合等比数列的定义，即可得证； （2）由（1）得，求得，分为偶数和为奇数，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：由数列满足 可得，即， 又由，可得，所以数列是以为首项公比的等比数列. 【小问2详解】 解：由（1）得，即，可得， 当为偶数时， ； 当为奇数时，， 综上可得，数列的前项和为. 18. 在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点． （1）求证：； （2）若，求证：平面； （3）求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，有几何性质可得、四边形为平行四边形，从而证得结论； （2）由线面垂直判定定理得平面，进而得，再由线面垂直判定定理得结论即可； （3）建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，设与轴正方向的夹角为，求平面，根据线面夹角正弦值与向量夹角余弦值的关系列方程得，利用导数求解最值即可. 【小问1详解】 证明：取中点，连接， 是等边三角形，， 为的中点， ， 又 ， 四边形为平行四边形， . 【小问2详解】 由（1）得，为的中点， ， 平面， 平面，平面, ， 由（1）得， ， 又，，平面, 平面. 【小问3详解】 以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 过点作，垂足为，设与轴正方向的夹角为，不妨设， 则， ， 设是平面的一个法向量， 则 令，则 ， 设直线与平面所成角为， ， 令， 则， 设．当时，； 当时，， 直线与平面所成角正弦值的最大值为. 19. 定义运算：，已知函数． （1）当时，①求在处的切线方程； ②证明：在内存在唯一的极小值点，且； （2）若对任意（），都有，求实数的取值范围． 【答案】（1）①；②证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）确定函数解析式：①求导得，求切点纵坐标，由点斜式得切线方程；②设，求确定函数的单调性，从而得函数的零点性质，即可得的极值点，从而证得结论； （2）原不等式等价于，设，则，由函数单调可得恒成立，孤立参数求解最值即可得数的取值范围． 【小问1详解】 ， 当时，， ， ①由题意得， 则在处的切线方程为， 即； ②证明：设， 则， 和在上均单调递增， 在上均单调递增， 存在唯一零点，使得， 当时，单调递减，即在上单调递减； 当时，单调递增，即在上单调递增， 是函数在内唯一的极小值点， . 【小问2详解】 不妨设，原不等式等价于， 即， 设，则， 由的任意性，可知在上单调递增， 在上恒成立， 即在上恒成立， 令， 则， 在上单调递增， ， 实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：本题中双变量结构相同的不等式，集中变量转化为，构造函数得含参不等式恒成立问题，对于恒成立问题，常用到以下两个结论： (1)恒成立； (2)恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $