精品解析：山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期11月期中模块诊断数学试题

山西大学附中 2025-2026学年高三第一学期期中模块诊断 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一．单选题（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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法及复数的几何意义即可判断. 【详解】因为， 所以它对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 已知平面向量，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量平行的坐标表示计算即可. 【详解】因为平面向量，且， 所以，解得. 故选：B 3. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解. 【详解】依题意，或，而， 所以. 故选：B 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】解分式不等式即可. 【详解】由得，即且， 解之得或. 故选：D 5. 的展开式中，项的系数是（ ） A. 5 B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出二项式展开式的通项，令x的次数为3即可求解. 【详解】， 二项式展开式的通项为：， 令， 所以项的系数是. 故选：A. 6. 已知等比数列的前3项和为168，，则（    ） A. B. 6 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式的性质，设出首项和公比，根据条件列出方程组，求出结果. 【详解】设数列的首项为，公比为， 则， ， ∴，即，则， ∴， ∴， 故选：C. 7. 已知O为坐标原点，F是抛物线C：的焦点，A，B是C上位于x轴异侧的两点，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用焦半径公式算出A，B的坐标，求出直线AB的方程，进而证明A，B，F三点共线，最后利用计算即可． 【详解】由题意可知，，不妨设点，，且点A在第一象限，如图， 则，， 则，，故， 所以直线的方程为， 令得，即A，B，F三点共线， 所以． 故选：C． 8. 定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既有极大值又有极小值 D. 既无极大值也无极小值 【答案】D 【解析】 【分析】将代入，推出，然后再判断左右两侧导数的符号，从而确定的极值情况. 【详解】因为，且， 所以，① 令，则， 又，记， 所以. 当时，，递减；当时，，递增. 结合①当时，，所以的最小值为0，即， 因为，则，（当且仅当时，取等号），所以既没有最大值，也没有最小值. 故选：D. 【点睛】本题主要考查导数与函数的极值，还考查了构造转化求解问题的能力,属于较难题. 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，若，则或相交，所以A错误； 对于B中，若，则或，又因为，则，所以B正确； 对于C中，因为，在平面内存在直线，使得， 又因为，所以，因为，所以， 又因为，所以，所以C正确； 对于D中，如图所示，因为，且，，所以， 又因为，且，，所以，所以， 因为，所以， 又因为，所以，所以，所以D正确. 故选：BCD. 10. 已知数列的前项和，则（ ） A. 为中的最小项 B. C. 数列是等差数列 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据可判断A选项；根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式即可判断BCD. 【详解】选项A ，已知，这一个二次函数，开口向上，对称轴为， 由于是正整数，计算前几项： 当时，； 当时，；  当​时，； 当​时，；  可见，当时，取得最小值，即是数列中的最小项，故A正确； 由题意得，当时， ， 当时，， 当时，上式也成立，所以，故B正确； 选项C，由题意得， 因为，所以数列是等差数列，故C正确； 选项D，令，则解得， 所以当时，，当时，， 故，故D错误. 故选：ABC. 11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正弦定理得即可判断A选项；由余弦定理判断B选项；由诱导公式及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确； 由余弦定理得，化简得，所以，故B错误； 由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确； 由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确； 故选:ACD. 三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知一组数据为1，1，3，4，5，7，8，10，10，12，则这组数据的第75百分位数是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的求法，计算即可得答案. 【详解】这组数据共有10个，且已按从小到大排列，则， 所以这组数据的第75百分位数是这组数据的第8个数，即为10. 故答案：10 13. 定义在上的函数满足对任意的正实数、恒有，且，若对任意的、，当时都有，则不等式的解集是_____ 【答案】 【解析】 【分析】求得，分析函数的单调性，将所求不等式化为，结合函数的定义域可得出关于的不等式组，即可解得所求不等式的解集. 【详解】令可得， 当时都有， 不妨设，则，可得， 所以函数在上为增函数， 由可得， 所以，解得. 因此不等式的解集为. 故答案为：. 14. 一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体棱长最大为_________. 【答案】/ 【解析】 【分析】先求出正四棱锥的内切球半径，由正四面体在正四棱锥内转动，则正四面体在正四棱锥的内切球内转动，要使正四面体体积最大，则该球即为正四面体的外接球，将正四面体嵌套在正方体中，通过求正四面体的外接球半径可求得正方体的棱长a. 【详解】对于正四棱锥，连接AC,BD交于点，则⊥平面， 因为，故，， 又，由勾股定理得， 设正四棱锥的内切球球心为，取的中点，连接，则⊥， ，， 过点作⊥于点，设内切球半径为，则， 则， 因为∽，所以， 即，解得. ∵正四面体在正四棱锥内转动，∴正四面体在正四棱锥的内切球内转动， 要使正四面体体积最大，则该球即为正四面体的外接球. 将正四面体嵌套在正方体中，则正四面体为正方体的面对角线组成的正四面体，如下图， 则该正四面体的外接球即为正方体的外接球， 设正方体的棱长为，则，解得. ∴正四面体棱长为， 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. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，则， 所以， 即， 化简得，又，， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 设外接圆的半径为，则，所以， 由余弦定理得，结合， ，即，解得，则， 所以. 16. 已知椭圆，的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于，两点，是的中点. （1）若，求直线的斜率； （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的方程为，与椭圆方程联立，然后利用向量垂直的坐标运算求得，即可得解. （2）求出点的纵坐标，进而可得的面积，然后利用基本不等式求解最值即可. 【小问1详解】 由题意可得直线的斜率不为0，设的方程为. 由，消得，， 设，，则，， 则， ， ，， 因为，所以， 即，所以， 即，整理得到，解得. 所以直线的斜率为. 【小问2详解】 由（1）得，所以的中点的纵坐标为， 所以的面积，当且仅当时，等号成立， 所以的面积最大值为. 17. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得. 【小问1详解】 证明：取中点，连接， 由题意知，，且， 因为是矩形对角线的交点，所以，且， 所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形， 所以， 又平面平面，所以平面. 【小问2详解】 在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立， 所以就是二面角的平面角，即， 故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则， 因为，， 所以， 即， 又，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 取， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为． （1）若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （2）若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望； （3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解， （2）根据概率乘法公式求解概率，即可求解分布列和期望， （3）对和求解对应的概率，利用作差法比较大小即可求解. 【小问1详解】 设“甲校友所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球相关知识的题目”， “所选的题目为足球相关知识的题目”， “所选的题目为排球相关知识的题目”， 则，且两两互斥． 根据题意得，，，， 则， 所以甲校友在该题库中任选一题作答，他回答正确概率为． 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， 则的分布列为： -3 1 5 9 所以． 【小问3详解】 当时，为甲校友答对题目的数量， 由题意可知，其中， 故当时，甲校友获得奖励的概率， 当时，甲校友获得奖励的情况可以分为如下情况： ①前8题答对题目的数量大于等于5， ②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题， ③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对， 故当时，甲校友获得奖励的概率， 所以， 因为，所以，即， 所以甲校友应选． 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），是极大值点． （2） （3）证明见解析 【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】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西大学附中 2025-2026学年高三第一学期期中模块诊断 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一．单选题（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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，若，则（ ） A B. C. 3 D. 3. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 的展开式中，项的系数是（ ） A. 5 B. C. 10 D. 6. 已知等比数列的前3项和为168，，则（    ） A. B. 6 C. 3 D. 2 7. 已知O为坐标原点，F是抛物线C：焦点，A，B是C上位于x轴异侧的两点，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足，且，则（ ） A 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既有极大值又有极小值 D. 既无极大值也无极小值 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 10. 已知数列的前项和，则（ ） A. 为中的最小项 B. C. 数列是等差数列 D. 11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知一组数据为1，1，3，4，5，7，8，10，10，12，则这组数据的第75百分位数是________． 13. 定义在上的函数满足对任意的正实数、恒有，且，若对任意的、，当时都有，则不等式的解集是_____ 14. 一正四棱锥形状中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体棱长最大为_________. 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. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 16. 已知椭圆，的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于，两点，是的中点. （1）若，求直线的斜率； （2）求面积的最大值. 17. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为． （1）若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （2）若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望； （3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由． 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 $