山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期周测17数学试题（2025.11.26）

山西大学附中高中数学（高三一轮） 编号17 一､选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将答题卡上此题对应选项的标号涂黑） 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 4．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 5．已知，则（    ） A． B． C． D． 6．设 ，是向量，则“”是“或”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 7．已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 8．在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 二、二､多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求的，请将答题卡上此题对应的上述选项的标号都涂黑） 9．已知向量，则下列结论正确的是（　　 ） A．若，则 B．若，则的最小值为 C．若，则 D．的最大值为 10．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（    ）.   A．异面直线与所成角为 B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正切值的取值范围为 11．已知函数，若对恒成立，则实数a的取值可能为（   ） A．e B．e-1 C． D． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．抛物线的焦点坐标为 ． 13．的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 14．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 四、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15（13分）．在中，内角的对边分别为，且 (1)求角的大小； (2)若，求边上中线的长． 16（15分）．已知数列分别是等差、等比数列，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 17（15分）．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)求点B到平面的距离； (2)已知三棱锥的体积为，点N为线段的中点，设平面与平面的交线为l，求直线l与平面所成角的正弦值． 18（17分）．已知函数，. (1)讨论的零点个数； (2)若为正整数，记此时的零点为.证明：. 19（17分）．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为． (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望． 参考公式：若为离散型随机变量，则． 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西大学附中高中数学（高三一轮） 编号17 一、单选题 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算. 【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足， 则可能的取值为，即， 于是. 故选：C 2．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 3．设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 4．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积. 【详解】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. 5．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为， 所以，， 所以， 故选：B. 6．设 ，是向量，则“”是“或”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 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 7．已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理. 【详解】方法一：利用等差数列的基本量 由，根据等差数列的求和公式，， 又. 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式， ，故. 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差，则，则. 故选：D 8．在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 二、多选题 9．已知向量，则下列结论正确的是（　　 ） A．若，则 B．若，则的最小值为 C．若，则 D．的最大值为 【答案】BD 【分析】通过向量平行、垂直的坐标运算规则，结合三角函数的同角关系分析选项A、C；利用向量数量积公式和辅助角公式分析选项B；通过向量模的平方运算与辅助角公式分析选项D. 【详解】选项A：若，则，两边同除以（），得，故A错误. 选项B：, 因为正弦函数的值域为，所以的最小值为，故B正确. 选项C：若，则，即，移项得， 两边同除以（），得，故C错误. 选项D： 当时，取得最大值， 因此的最大值为，故D正确. 故选：BD 10．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（    ）.    A．异面直线与所成角为 B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正切值的取值范围为 【答案】ACD 【分析】选项A：利用异面直线的夹角求解即可，选项B：应用线面垂直判定定理及性质判断.选项C：利用等体积法求解即可，选项D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围. 【详解】    对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示的直角坐标系，设正方体的棱长为1，设， ，，，，则， 所以， 由正方体的性质知：平面，平面， 平面， 故平面的法向量为， 对于B，不平行，所以平面不成立，B错误； 直线与平面所成角正弦值为， 因为，，所以当时取得最大值， 因，则，， 若或时，取得为，同法可得， 所以，则得，故D正确. 故选：ACD 11．已知函数，若对恒成立，则实数a的取值可能为（   ） A．e B．e-1 C． D． 【答案】ABD 【分析】对不等式进行合理变形同构得，构造函数利用函数的单调性计算，再结合选项的大小判断即可. 【详解】易知，故由 可得， 即，两边同时加，则有. 设，则，所以在上单调递增. 因为，， ， 故. 又因为在上单调递增，故恒成立，即恒成立，即. 设，则. 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增， 故，则有，解得， 因为均在区间内，不在区间内，故ABD正确，C错误. 故选：ABD. 三、填空题 12．抛物线的焦点坐标为 ． 【答案】 【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为. 故答案为：. 13．的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 【答案】5 【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解. 【详解】由题展开式通项公式为，且， 设展开式中第项系数最大，则， ，即，又，故， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为. 故答案为：5. 14．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 四、解答题 15．在中，内角的对边分别为，且 (1)求角的大小； (2)若，求边上中线的长． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）通过移项整理原式，结合正弦定理将角的关系转化为边的关系，再由余弦定理求出角； （2）利用正弦定理将边的比例转化为角的二倍角关系，求出角的可能值，分情况计算边长后，通过余弦定理求得边上的中线长. 【详解】（1）由原式， 将右边的移至左边，得， 由正弦定理得， 整理得， 由余弦定理，，将代入，得. 因是的内角，即，故. （2）由，结合正弦定理，得，即. 而，则. 因是的内角，故，因此或，解得或. ①当时，由三角形内角和，得. 已知，由正弦定理，得； 同理，，得. 设的中点为，则. 在中，由余弦定理， 代入，，， 得：，故. ②当时，由三角形内角和，得， 故为等边三角形，因此. 设的中点为，则. 在中，由余弦定理，代入， ，， 得：，故. 所以边上中线的长为或. 16．已知数列分别是等差、等比数列，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的概念，求出公差和公比，进而写出等差、等比数列通项公式. （2）根据数列分组求和的方法，对新数列进行分组，进而根据等差、等比数列前项和公式，求出新数列的前项和. 【详解】（1）设的公差为，的公比为， 则，所以； 所以，则，所以. （2）由（1）可知， 则. 17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)求点B到平面的距离； (2)已知三棱锥的体积为，点N为线段的中点，设平面与平面的交线为l，求直线l与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件，利用勾股定理证明，根据面面垂直性质定理得出平面，进而得出点到面的距离； （2）由条件结合锥体体积公式求，取PB的中点M，证明直线为平面与平面的交线，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1），，， ，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 所以点B到平面PAD的距离 （2）取AD的中点O，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. ， . 取PB的中点M，又为的中点，， 又，， 平面即为平面，为平面与平面的交线. 取AB的中点Q，连接OQ，由(1)可知，OA、OP、OQ两两垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则，，，. 设平面的法向量为，，， 则， 取，则， . 设直线与平面夹角为，， 则， 故直线与平面夹角的正弦值. 18．已知函数，. (1)讨论的零点个数； (2)若为正整数，记此时的零点为.证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）解法1：对函数求导，然后对结合函数单调性分析得出结论；解法2：令，根据条件变形得出构造新函数对函数求导，结合函数单调性分析即可.      （2）结合（1）知，当时，函数有一个零点得出，变形得出相应不等式，构造不等式结合对数函数运算性质以及函数导数与单调性证明不等式即可. 【详解】（1）解法1：，     ①当时，，函数无零点；     ②当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减. 因为当时，，且， 所以函数在上存在唯一的零点.         ③当时，令得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以. 因为当时，且当时，， 所以，当即时， 函数在和上各存在一个零点； 当即时，函数有一个零点； 当即时，函数不存在零点，    综上所述，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点.         解法2：令， 因为，所以，则，        令，则， 当时，， 当或时，， 所以在单调递增，在，单调递减， 所以， 当且时，， 当时，； 当时，， 所以，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点. （2）由（1）知，当时，函数有一个零点. 因为即， 所以，         先证.令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，即     因为，所以， 因为， 所以，即， 所以，， 所以，   因为， 所以，即， 又因为，所以， 所以， 所以得证. 19．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为． (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望． 参考公式：若为离散型随机变量，则． 【答案】(1)，(2)，(3) 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）根据题意，结合构造数列法、等比数列的定义进行求解即可； （3）根据两点分布，结合数学期望公式、题中所给公式、等比数列前项和公式进行求解即可. 【详解】（1）由题意可知：， ， ； （2）由题意可知： ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 因此，显然适合， 故； （3）记前次借阅中，第次按时归还为， 由题意可知：服从两点分布，且， 所以， ，由题中所给公式可得： . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $