精品解析：山西省太原市2026-2027学年高三上学期11月期中阶段学业诊断数学试题

2026~2027学年第一学期高三年级阶段学业诊断 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. “且”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 4. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 6. 等差数列前项和为，，，则正确的为（ ） A. B. C. 数列的公差为 D. 7. 若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 某个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）的轴截面是边长为8的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁（包括侧面与底面面积之和）的最大面积为（ ） 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. 若不等式对任意正数x，y恒成立，则实数m的值可以为（ ） A. B. C. D. 10. 在正三棱柱中，各棱长均为1，为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 三棱锥外接球表面积为 11. 记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则下列选项错误的是（ ） A. 角A的最大值为 B. C. D. 的取值范围是 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. 指数函数的图象经过点，则_____________． 13. 设等比数列的公比，且，，则_____________． 14. 给定任意三角形，以它的三边为底，向外（或向内）各作一个等边三角形，再把这三个等边三角形的中心（外心）连起来，得到的三角形就是拿破仑三角形，它一定是等边三角形．向外作的叫外拿破仑三角形，如图1所示的，向内作的叫内拿破仑三角形，如图2所示的．在中，已知，，的面积为，的面积为，则的最小值等于_____________． 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. 已知函数． （1）若，解不等式； （2）若，求在区间上的值域． 16. 在中，，，． （1）求角的大小； （2）若线段上点满足，求的长． 17. 设数列的前项和为，已知，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）若，证明：平面； （2）若点为的重心，求； （3）若，且二面角的正弦值为，求． 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）对任意，恒成立，求的取值范围； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年第一学期高三年级阶段学业诊断 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】集合，，则. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，故其虚部为2. 3. “且”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】 【详解】当且时，成立， 当，取，则“且”不成立， 故“且”是“”的充分不必要条件. 4. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，则(*)， 又因，，则， 代入（*），得， 解得. 5. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于A,的定义域为,而,所以是偶函数,不符合题意. 对于B,由解得,即的定义域为,它关于原点对称. 又,所以,即是奇函数. 下面判断其单调性.因为,当时,单调递减且恒为正,所以单调递增. 于是在上单调递增,再由对数函数的单调性,得在上单调递增,符合题意. 对于C,的定义域为,而, 所以是偶函数,不符合题意. 对于D,的定义域为,而,所以是奇函数. 但当增大时,单调递减而单调递增,故在上单调递减,不符合题意. 6. 等差数列前项和为，，，则正确的为（ ） A. B. C. 数列的公差为 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用等差数列前项和公式列出方程组，求出首项与公差，再依次计算验证每个选项即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则， 由，， 得，解得. 对于A，，故A错误； 对于B，，，，，故B错误； 对于C，公差，故C正确； 对于D，，因为，所以，故D错误. 7. 若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数的对称中心求得，进而有，，即可得解. 【详解】由题意得：令，解得， 所以函数的图象的对称中心为， 所以，所以， 又，故，所以， 当时，取得最小值为. 8. 某个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）的轴截面是边长为8的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁（包括侧面与底面面积之和）的最大面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出小球半径，由题意作出示意图.从而知道小球与圆锥能够接触的面为一个圆台的侧面和一个圆，在轴截面图中，通过圆与三角形两邻边相切求得圆台的上下底半径和母线，从而求得圆台的侧面面积，再求得圆的半径得到圆的面积，即可求得答案. 【详解】设小球的半径为，即， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图， 是这个封闭的圆锥形容器的轴截面，边长为8， ∴， ，，， 则， ∵都为等边三角形，∴， 圆台上下底面半径分别为，，母线长， ∴圆台侧面面积， 在圆锥底面，小球能够接触到的区域是一个圆，其半径， 其面积， ∴圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为. 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. 若不等式对任意正数x，y恒成立，则实数m的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】要使对任意正数恒成立，只需满足即可， 设，即，， ，由于，所以，当且仅当时取等， 所以只需即可. 10. 在正三棱柱中，各棱长均为1，为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 三棱锥外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题综合考查线线垂直、棱锥的体积与外接球的表面积.由为正三角形、为的中点,得;又平面,所以两两垂直,可以为原点建立空间直角坐标系,把四个选项分别化为向量运算.A只需验证是否为零;B先求的面积和点到平面的距离,再用棱锥体积公式;C只需看是否为零;D的关键是把外接球的球心定在过外心且垂直于平面的直线上,再列方程求半径. 【详解】因为为正三角形且为的中点,所以. 又平面,所以两两垂直. 以为原点,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向建立空间直角坐标系. 由正三棱柱各棱长均为,得,,. 又,,. 对于A,,,则,所以,A正确. 对于B,,,所以. 点到平面的距离为,故,B正确. 对于C,,,则. 所以与不垂直,故不垂直于平面,C错误. 对于D,设的外心为,则. 设三棱锥的外接球球心为.由,点在过且垂直于平面的直线上,记. 由,且,,得,解得. 于是外接球半径的平方. 表面积,D正确. 11. 记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则下列选项错误的是（ ） A. 角A的最大值为 B. C. D. 的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】余弦定理判断A、B，正弦定理判断C，利用三角形两边之和大于第三边和换元思想判断D. 【详解】由题，即， 对选项A ，由余弦定理，，因为，当且仅当时等号成立， 所以 ，因为在单调递减，所以，​故角的最大值为​，A正确. 对选项B， 由上述推导得，而非 ，B错误. 对选项C，若，则， 整理， 得， ， 即，因为，所以，即恒成立，​ C正确. 对选项D，令，代入，整理得，即， 根据三角形三边关系，代入，有， 整理得，，解得， 因为​​，令，易知在上单调递增， 当时，， 此时，所以. 当​时，， 此时，所以. 因此​的取值范围是，并非选项给出的，D错误. 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. 指数函数的图象经过点，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】由指数函数的图象经过点，得到，即可得出结果. 【详解】设且，所以. 因为，所以， 所以. 13. 设等比数列的公比，且，，则_____________． 【答案】62 【解析】 【详解】由题， 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 所以. 14. 给定任意三角形，以它的三边为底，向外（或向内）各作一个等边三角形，再把这三个等边三角形的中心（外心）连起来，得到的三角形就是拿破仑三角形，它一定是等边三角形．向外作的叫外拿破仑三角形，如图1所示的，向内作的叫内拿破仑三角形，如图2所示的．在中，已知，，的面积为，的面积为，则的最小值等于_____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用拿破仑三角形面积公式将转化为面积的相反数，再在，下用余弦定理与基本不等式求面积的最大值. 【详解】设，，，.取以，为底的等边三角形的中心，. 在向外作的外拿破仑三角形中，，，两中心射线夹角的余弦为. 由余弦定理得即， 因为，，代入可得. 在向内作的内拿破仑三角形中，两中心射线夹角的余弦为. 由余弦定理得. 由拿破仑三角形为等边三角形，，. 代入得，，则. 在中，.由余弦定理，， 即.由得，所以. 于是，当且仅当时取等号. 因，则的最小值为. 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. 已知函数． （1）若，解不等式； （2）若，求在区间上的值域． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用换元法求解； （2）利用换元法求解. 【小问1详解】 若，则， ，，， 令，，则不等式变为 或，或，或 ∴不等式的解集为或 【小问2详解】 若，， 设，因为，所以， 则，对称轴为，开口向上， 所以时，取到最小值，当时，取到最大值4， 所以在区间上的值域为. 16. 在中，，，． （1）求角的大小； （2）若线段上点满足，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用三角恒等变换求角的大小； （2）由余弦定理求出和，可得，利用三角恒等变换求出，中由正弦定理得. 【小问1详解】 由，得， 又， 所以， 在中，，，所以，则； 【小问2详解】 由，，， 由余弦定理可得， 所以，则； 易知，，， 所以 ， 由正弦定理得. 17. 设数列的前项和为，已知，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）构造新数列，利用等比数列的特点求解； （2）先计算通项公式，再分类讨论. 【小问1详解】 ， 故原式为：，即：， 等式两侧同时加得：， 即， 当时，， 故数列是以为首项，3为公比的等比数列， ，故. 【小问2详解】 ，故， 则， 故当时， 当时， 当时，； 当时，， 故 18. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）若，证明：平面； （2）若点为的重心，求； （3）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）因为平面，而平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 而平面，所以． 因为，所以，在底面上，可知， 又平面，平面，所以平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，得证，再证，可知，从而得证平面； （2）设，，，结合重心的性质得，两边同时平方可求； （3）建立空间直角坐标系，由已知二面角的正弦值，利用向量法求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 中，，，则， 设，，，则，， ，． 如图，连接并延长交于点，则为中点，连接， 则， 两边取平方得． ，. 【小问3详解】 设，，则①，因，如图， 过点作的平行线，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 此时有，，，． 因，，设平面的一个法向量为， 则，故可取； 又，，设平面的一个法向量为， 则，故可取； 则， 由题意，，即，② 联立①②，解得，，故． 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）对任意，恒成立，求的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）极大值，无极小值 （2） （3）由（2）得，当时，，所以． 当时，，所以． 令，得，即． 所以， 即． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出的极值情况； （2）求导，分，和三种情况，结合放缩法，进而得到的单调性，最终得到答案； （3）由（2）得，当时，，所以，令，得，所以. 【小问1详解】 当时，，定义域为，， 由，得；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数有极大值，无极小值. 【小问2详解】 由题意得，． ①当时，，令，则， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以满足题意． ②当时，令，， 所以当时，，所以在上单调递减， 又，所以当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． ③当，时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． 综上，实数的取值范围是 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $