精品解析：山东省日照实验高级中学2026-2027学年高三上学期11月阶段性诊断测评数学试题

2024级高三上学期11月阶段性诊断测评 —2026.11 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上的最小值为1，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，D为的中点，将沿翻折，使二面角为，则翻折后的四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若复数（i为虚数单位），则下列说法中正确的是（ ） A. z的虚部为5i B. z的实部为1 C. D. 10. 已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（ ） A. 当时， B. 当时，与平面所成角为定值 C. 当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D. 当时，点到平面距离的最大值为 11. 在等差数列中，，．记为数列的前项和，且．从数列中去掉与数列中相同的项后，按从小到大的顺序排列组成新数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 当是3的倍数时，被6整除的余数为0或1 三、填空题 12. 不等式的解集为__________． 13. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是______． 14. 已知函数的图象为，将关于直线对称得到函数的图象，已知，，则的最大值为__________． 四、解答题 15. 已知数列满足：，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 在中，． （1）求； （2）若，求的周长． 17. 如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）． （1）当时，求证：，，，四点共面； （2）若平面平面，平面平面， （i）求证：直线平面； （ii）求的值，使直线与平面所成角最大． 18. 已知函数，是的导函数. （1）当时，证明：； （2）讨论的极值点个数； （3）若有两个极值点，证明：. 19. 已知函数的定义域为，对任意，定义其“前向差分集合”为． （1）若，求； （2）对任意，若，且，证明：； （3）对任意，，证明：函数是增函数； （4）设，若对任意，，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 $ 2024级高三上学期11月阶段性诊断测评 —2026.11 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， 则， 所以． 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正切函数的单调性可得，根据对数的性质可得，即可比较. 【详解】，， 所以， 故选：A 3. 已知向量，满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，即，所以， 由向量在向量上的投影向量为，得，所以，所以，则. 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为. 因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为， 所以展开图弧长等于底面周长，即. 又圆锥的侧面积为. 解得. 圆锥的高为. 故圆锥的体积为. 5. 已知函数在上的最小值为1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对原函数求导并根据参数的符号分类讨论得出单调性与最小值表达式，随后构造函数并利用其单调性求出唯一解，最终确定参数的值. 【详解】， 若，当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 则， 令 因为， 所以在区间上单调递增，且，所以，符合题意； 若，显然不合题意； 若，当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以存在最大值，不存在最小值，不合题意. 6. 在中，，，D为的中点，将沿翻折，使二面角为，则翻折后的四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知：，平面.解法一：利用正弦定理可得的外接圆半径，结合直棱柱的外接球特征求外接球半径和表面积；解法二：建立空间直角坐标系，根据球的定义求球心和半径，即可得表面积. 【详解】在原中，，，则， 且点为中点，则，， 在四面体中，可得，， 且平面，，则平面. 解法一：因为，则， 可得的外接圆半径， 外接球的半径， 所以外接球的表面积为； 解法二：以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，得. 设外接球球心为，满足， 则， 解得，，，即， 则，所以外接球的表面积为. 7. 已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求得的解析式，并由交点条件得到等式，由等式两边函数关于的对称性，得出唯一的交点必然落在对称轴上，从而直接代入即可解出a的值. 【详解】因为为偶函数，则，即， 则，即，此等式不恒成立，故舍， 或，即，即， 因为，则，则， 由题意得的最小正周期为1，则，解得，即， 由题意得有一个解， 整理得， 设，， 易得均关于对称，所以与的交点关于对称， 即任何交点都会有一个与对称的点， 为了使图像只有1个交点，则必有，解得，即 即，解得. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，可得，所以， ， 两式联立解得，， 所以， 故. 二、多选题 9. 若复数（i为虚数单位），则下列说法中正确的是（ ） A. z的虚部为5i B. z的实部为1 C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】，故， 所以的虚部为5，实部为1，故A错误，B正确； ，则，故C正确； ，D错误. 10. 已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（ ） A. 当时， B. 当时，与平面所成角为定值 C. 当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D. 当时，点到平面距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量法求解，选项A，利用向量的数量积求解；选项B，求出平面的法向量，利用向量的数量积求出与平面所成角的正弦值，通过反例得到结论；选项C，求出点的轨迹方程，从而得到平面截正方体的截面，得到截面将正方体截得的一部分为三棱台，利用棱台的体积公式求出三棱台的体积，从而得到结论；选项D，求出平面的法向量，利用距离公式求出点到平面的距离，利用二次函数的图像和性质求出点到平面的距离的最大值. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为， 所以，，，， ，，，， 则，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 则，， 选项A：当时，因为， 所以，则A正确. 选项B：因为平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 且， 因为，所以， 因为不是定值，所以不是定值，则B错误. 选项C：因为，所以， 将代入点，得到转化为， 设，则，则， 取的中点，的中点， 则点的轨迹为的中位线， 则平面截正方体得到梯形， 且为的中点，为的中点， 所以为三棱台， 因为，所以， 因为，所以， 则， 因为正方体的体积为， 所以另一部分的体积为， 则，则C正确. 选项D： ， 向量， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，则， ， 则点到平面的距离为 ， 令，则， 因为，所以，当且仅当时取等号， 则 设，对称轴为，， 则，则D正确. 11. 在等差数列中，，．记为数列的前项和，且．从数列中去掉与数列中相同的项后，按从小到大的顺序排列组成新数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 当是3的倍数时，被6整除的余数为0或1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于ABC选项，利用等差等比数列的通项公式结合退步作差法与前项和公式依次验证即可，对于D选项，先求出两数列的通项公式并找出其公共项，利用“原数列和减去公共项和”的方法求出新数列的和，最后运用二项式定理展开并结合奇偶性分类讨论来求解最终的整除余数问题. 【详解】对于A选项，由等差数列的性质可知，，解得，故A选项错误； 对于B选项，由，得， 两式相减得，所以， 则，当时，，即，解得， 则，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，则，所以，故B选项正确； 对于C选项，设等差数列的公差为，则有，解得， 则的通项公式为，则，又，， ， 所以，故C选项正确； 对于D选项，因为，所以前项中包含了前项， 剩余项数为， 所以 有， 其中， 显然除了外其余各项都能被整除，故整体记为(为整数)， 同理， 除了最后一项外其余各项都能被整除，整体记为(为整数)， 则有， 即， 因为是的倍数，则也是的倍数， ，因为不影响整除性，所以是3的倍数， 若为偶数，，代入可得， 因为是的倍数，所以是的倍数，结合为偶数，此时必然是的倍数， 此时被6整除的余数为， 若为奇数，，代入可得， 因为是的倍数，所以(为正整数)， 由于为奇数，则为奇数，则为奇数，设(为非负整数)， 代入得，解得，此时被6整除的余数为， 综上， 当是3的倍数时，被6整除的余数为或，故D项正确. 三、填空题 12. 不等式的解集为__________． 【答案】或 【解析】 【详解】由二次根式有意义，得，即. 当时，，不等式左边等于，满足不等式，所以是不等式的解. 当时，，不等式等价于，即.与取交集，得. 综上，原不等式的解集为或. 13. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先由函数的单调性可得在上的值域，再由二次函数的图象和性质求出的范围即可. 【详解】当时，因为在上单调递增，所以； 当时，二次函数图象开口向下，对称轴为， 当时，在上单调递增，所以， 此时在R上的值域为，不合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减，所以， 此时在R上的值域为，若的值域为，所以， 又，解得，即的取值范围为， 综上，. 故答案为： 14. 已知函数的图象为，将关于直线对称得到函数的图象，已知，，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用图象关于直线对称求出；将题设化为指数、对数不等式，构造辅助函数并利用导数证明关键不等式，再由正切函数的单调性求出上界并验证能否取等． 【详解】设点在的图象上，则点在的图象上，故，解得，即（）． 由，设，． 原不等式化为，即． 令，则. 故，即． 于是， 由指数函数的单调性，得，即. 因为且，由正切函数在上单调递增，得，即． 当，时，有，等号成立． 此时，因此最大值为． 四、解答题 15. 已知数列满足：，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，， 当时，， 当时，， 所以， 所以（）， 所以. 【小问2详解】 由题可知， 所以， 令，则， 时，， 又时，，所以，， 因为， 所以. 16. 在中，． （1）求； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理求得，结合平方关系可得，再根据正弦定理求解即可； （2）记，结合题设分析可得，由正弦定理求得，再根据勾股定理求得，进而求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理得，即， 而， 由正弦定理得，则，即. 【小问2详解】 由（1）知， 记，则， 而，则，， 即， 又，则， 在中，由正弦定理得， 则，即， 在中，，所以， 所以的周长为. 17. 如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）． （1）当时，求证：，，，四点共面； （2）若平面平面，平面平面， （i）求证：直线平面； （ii）求的值，使直线与平面所成角最大． 【答案】（1）证明：因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，． 又因为四边形为菱形，所以，， 从而有，， 所以四边形为平行四边形，所以，，，四点共面． （2）（i）证明：设平面，且，． 因为平面平面，为交线，所以平面． 设平面，且，． 因为平面平面，为交线，所以平面． 因为平面，平面，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面平面，所以，所以平面． （ii）． 【解析】 【分析】（1）由，可判断出，借此求证，即可判断； （2）（i）设平面，由面面垂直得到平面，同理设平面，得到平面，再证明与位置关系，即可判断； （ii）令为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，然后利用函数的最值问题处理方式，求得线面角的正弦值的范围，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知，平面． 又已知四边形是菱形，且，记为边的中点，故可以为原点， ，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设，则，， ，，． 所以，，． 设是平面的一个法向量， 则，特取，得，即． 记直线与平面所成的角为， 则， 即， 所以当，即时，，即． 综上，当时，直线与平面所成角最大，且最大角为． 18. 已知函数，是的导函数. （1）当时，证明：； （2）讨论的极值点个数； （3）若有两个极值点，证明：. 【答案】（1）证明：当时，， 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. （2）当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为 （3）证明：由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论； （2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数； （3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 19. 已知函数的定义域为，对任意，定义其“前向差分集合”为． （1）若，求； （2）对任意，若，且，证明：； （3）对任意，，证明：函数是增函数； （4）设，若对任意，，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）已知，即对任意，都有． 所以，因为，所以． 同理，， 两式相加得：，即． （3）证明：要证是增函数，即证对任意，都有． 而． 令，则需证． 因为，所以对任意，都有． 因此，即在上是增函数． （4） 【解析】 【分析】（1）直接代入函数解析式化简差分不等式，解出满足条件的h，得到； （2）利用得到递推不等式，两次放缩后相加证出； （3）把证明递增转化为验证，借助给出的不等式放缩完成证明； （4）把拆成恒成立、恒不成立两面分析，后者可由局部保号性得，再验证前者即可. 【小问1详解】 由，则． ， 由定义，需满足，即，解得， 故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【小问4详解】 由题意，对任意，等价于： 对任意，恒成立（所有正都属于）； 对任意，恒成立（所有负都不属于）； 时两边显然相等，不满足严格大于，自然不属于. 将代入， 故对任意、任意恒成立. 同理对任意、任意恒成立. 当时，设， 则，其中，且的取值范围为， 若，则存在，使得，总有， 故在为单调递减，而时，，这与矛盾； 故即，故此时恒成立（不恒为零）， 故在上为增函数，故， 故此时对任意、任意恒成立. 当时，若，，则， 故对任意、任意恒成立. 综上，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $