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山西省太原市成成中学校2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
5．在下列各事件中，发生可能性最大的是（ ）
A．抛掷两枚质地均匀的硬币，至少有一枚正面朝上
B．抛掷一颗质地均匀的骰子，点数大于2
C．有1000张彩票，其中50张有奖，从中随机买1张中奖
D．一个袋子中有20个红球8个白球，从中摸出1个球是红球
6．已知函数，在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知是公差为的等差数列，记集合．若，令，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知函数的定义域为，值域为，则下列函数的值域也为的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则（　　）
A．的定义域为 B．为奇函数
C．为上的减函数 D．无最值
11．对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极大值为
B．有且仅有2个零点
C．点是的对称中心
D．
三、填空题
12． .
13．已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是 .
14．已知点关于直线的对称点在圆上，则 .
四、解答题
15．已知等差数列的前n项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求的前150项和.
16．如图，在四棱锥中，已知平面.
(1)若四边形ABCD是以AD为上底的梯形，线段PC的中点满足平面PAB，求BC的长；
(2)若，求二面角的大小.
17．在中，内角的对边分别为，若.
（1）求证：成等比数列；
（2）若，求的面积.
18．如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接．
(1)证明：平面；
(2)求M到平面的距离；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，，求证：对任意的正实数，存在正实数使得成立.
参考答案
1．C
【详解】求解时，先求简单的集合B，根据可知，，
进行因式分解，得，故求集合A时可只考虑的范围，
由于存在底数为2的指数，求导难以判断单调性（的近似值未告知），
所以可通过观察、的函数图象得到不等式解集，
比较特殊点，可得，
x 0 1 2 3 4 5
0 1 4 9 16 25
1 2 4 8 16 32
当x继续增大时，指数函数比幂函数增长速度快，再无其他交点，
故在的范围内，解集为，
的结果为与之间的交集，即，，
故选：C．
2．C
【详解】设，，显然有，但是不成立；
若，因为，所以有成立.
所以，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：C.
3．B
【详解】因为，
所以z的共轭复数为.
故选：B.
4．A
【详解】由题意得，即，则．
故选：A．
5．A
【详解】对于A，抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有（正正），（正反），（反正），（反反），所以至少有一枚正面朝上的概率；
对于B，抛掷一颗质地均匀的骰子，点数可以为1，2，3，4，5，6，点数大于2的概率为；
对于C，有1000张彩票，其中50张有奖，从中随机买1张中奖的概率；
对于D，袋子中共有28个球，红球有20个，摸出1个是红球的概率；
又，故发生可能性最大的是A；
故选：A
6．D
【详解】因为在上单调递减，所以，解得，则a的取值范围是.
故选：D
7．D
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
且，
所以，函数为偶函数，
当时，
且不恒为零，所以，函数在上为增函数，
由可得，则，可得，
整理可得，解得.
故选：D.
8．C
【详解】设数列首项为，等差数列公差为，则通项公式为，
，，
，，……，
以此类推，以3为周期循环，
依题意，集合A中仅有两个不同值，则必有其中两项相等，
根据正弦函数的性质可知，相等的两项，对应角的终边关于轴对称，
而等差数列的公差为，则第三项对应角的终边在轴上，
画出符合题意的圆及其内接等边三角形，如下图所示，
，
所以或,
因，故或,
第一种情况：，，，,
第二种情况：，，，,
观察选项，只有在两种情况下均成立,其他选项不恒成立.
故选：C
9．AC
【详解】对于A，的图象可看作由的图象向左平移一个单位得到的，值域不变，A正确；
对于B，由，得，即的值域为，B错误；
对于C，函数与函数的图象关于轴对称，
则函数的值域与函数的值域相同，为，C正确；
对于D，由，得，即的值域为，D错误.
故选：AC
10．ABD
【详解】对于A项，由可知，所以，即其定义域为，A正确；
对于B项，，显然，
所以为奇函数，B正确；
对于C项，由A项结论可知显然错误；
对于D项，由指数函数的性质知：当时，
，所以，
则，故D正确；
故选：ABD
11．ACD
【详解】由函数，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；
又由极小值，且当时，，
当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；
由，可得，令，可得，
又由，所以点是函数的对称中心，
所以C正确；
因为是函数的对称中心，所以，
令，
可得，
所以，
所以，即，
所以D正确.
故选：ACD.
12．1
【详解】方法一：
原式=
.
方法二：
令，即.
，
则，即，
即，则.
故答案为：1
13．
【详解】由题意得，，
设斜率为1的切线在，上的切点横坐标分别为，，
所以，则，，
两点处的切线方程分别为，，
所以，即，
所以b的取值范围为.
故答案为：.
14．/
【详解】设点关于直线的对称点为，
显然在上，
由对称性可知，，故点在以原点为圆心，2为半径的圆上，
即，
联立与得，
故点，显然的中点在上，
即，解得.
故答案为：.
15．(1)
(2)490
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意得，，解得，，
则.
（2）因为与之间插入个3，
所以在数列中对应的项数为，
当时，，即；
当时，，即，
由题意，，
因此.
16．(1)
(2)
【详解】（1）取PB中点为，连接AE，EM，
因为E，M分别为PB，PC的中点，所以，
由于ABCD为梯形，且，所以，即ADME四点共面；
因为平面平面ADME，平面平面，
所以；
又，所以四边形ADME是平行四边形，有，
所以，则.
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，从而，
又因为平面平面，
所以平面平面PCD，则平面平面PAD；
在平面PAD内过点作，垂足为，
因为平面平面PAD，平面平面，
则平面PCD，平面PCD，所以，
在平面PAC过点作，垂足为，连接GH，
平面平面，
所以平面AGH，平面AGH，则，
所以二面角的平面角为.
因为，
则，所以，
又由图形可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的大小为.
17．（1）见解析；（2）.
【详解】（1）证明：∵，
∴
由正弦正定可得：，
∴成等比数列；
（2）∵，，则，
∴，
∴，
∴
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，
由为的中点，且，，得，，
则四边形为平行四边形，，而平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
又，所以到平面的距离，
因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，即.
（3）令，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
19．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【详解】（1）令，得，
所以，，
在上单调递减，在上单调递增；
（2）记，由（1），且，故，
则，不妨，
因为，，则，
又，所以，
因为，
可以证明，证明过程如下：
设，则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故；
所以，故，
则有两个零点，.
对任意的正实数，由于，可令，则，得证.

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