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山西省吕梁市2026届高三第一学期期末调研测试数学试题
一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．等差数列中，，则（ ）
A．28 B．56 C．63 D．67
4．若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
5．若事件与相互独立，，则（ ）
A．0.9 B．0.85 C．0.7 D．0.6
6．已知函数的定义域为，若，则的解析式一定不是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知抛物线，过焦点的直线与抛物线及准线从右往左依次交于点，若，则以为直径的圆被轴截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
8．现有一平行四边形纸片如图，已知，将其折成一个三棱锥（不可剪开），使三棱锥的四个面刚好可以组成该平行四边形纸片，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据的第25百分位数为2
B．若随机变量，且，则
C．变量关于变量的经验回归方程为，则样本点的残差为-1
D．在独立性检验中，随机变量的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小
10．在2025年乒超联赛总决赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2 3 4 堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球．记第堆第一层的乒乓球数为，第堆乒乓球的总数为，则（ ）（参考公式：）
A．
B．
C．
D．
11．已知中，角的对边分别为，且满足，则（ ）
A．
B．
C．面积的最大值为1
D．
三、填空题
12．已知集合，，则__________．
13．已知且，则__________．
14．已知函数，若是的极小值点，则实数的取值范围为__________．
四、解答题
15．已知函数的部分图像如图所示．
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度得到函数的图象，若在上单调递增，求实数的取值范围．
16．为深入贯彻落实党的二十大关于“深化全民阅读活动”的重要精神和二十届四中全会关于“激发全民族文化创新活力”的战略部署，推进书香社会建设，某社区随机调查了500名居民每周的阅读时间（单位：小时），将全部样本数据分成九组，得到频率分布直方图，如图所示．

(1)求的值；
(2)根据频率分布直方图，估计该社区居民每周阅读时间的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)为进一步了解居民阅读偏好，从阅读时长在和的居民中，采用等比例分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人进行深度访谈．记阅读时长在内的人数为，求的分布列和数学期望．
17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面．
(1)若，求证：平面；
(2)若是等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值．
18．已知椭圆的离心率为，且过点分别为椭圆的左 右焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线分别与椭圆交于点和，弦和的中点分别为．
①证明：直线过定点；
②求面积的最大值．
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：．
参考答案
1．A
【详解】根据复数的基本概念可得复数的虚部为.
故选：A．
2．D
【详解】双曲线方程化为标准方程：，焦点在轴上，故，
所以其渐近线方程为.
故选：D．
3．A
【详解】由等差数列的性质，可得，可得，
所以.
故选：A．
4．B
【详解】因为三个力作用处于平衡状态，且，，所以，
所以.
故选：B．
5．C
【详解】由题，
因为事件与相互独立，所以事件与相互独立，
所以，
故，，
所以.
故选：C.
6．B
【详解】这四个函数的定义域都是，
，
，得为奇函数，
对于选项A，，，为奇函数，
故选项A可以是；
对于选项B，，，
是偶函数，故选项B一定不是；
对于选项C，，，
是奇函数，故选项C可以是；
对于选项D，，，
是奇函数，故选项D可以是.
故选：B．
7．C
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，由对称性不妨令点在第一象限，
法一：如图，，过B作准线的垂线，垂足为，由，得，

则，即直线AB的倾斜角为，直线方程为，设，
由，得，
则，即以为直径的圆的半径为，
而中点到轴距离，
所以以线段为直径的圆被轴截得的弦长为.
故选：C
法二：记中点为M，分别过作准线的垂线，垂足分别为，
则，即以AB为直径的圆与抛物线准线相切，
由，得，则，即直线AB的倾斜角为， ，
又M到y轴的距离，
所以以线段AB为直径的圆被轴截得的弦长为.
故选：C

8．B
【详解】如图所示，图（1）中，过点作，
因为，可得，
按虚线折叠即可，可得该三棱锥对棱相等，且三组对棱分别为，
将该三棱锥补全到图（2）中的长方体中，
此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的棱长分别为，可得，
所以，即其外接球半径，
故外接球表面积为.
故选：B．
9．AC
【详解】对于A选项，数据共有6个数，则，所以第25百分位数为2，故A正确；
对于B选项，由，得，故B错误；
对于C选项，当时，，所以样本点的残差为，故C正确；
对于D选项，在独立性检验中，随机变量的观测值越大，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小，故D错误；
故选：AC．
10．ACD
【详解】对于A选项，由题意可知，
当时，，
所以当时，故A正确；
对于B选项， ，
所以
，
因为且，所以，即，故B错误；
对于C选项，
，故C正确；
对于D选项，，
，
，故D正确．
故选：ACD．
11．BCD
【详解】对于A，由，可得，
所以，
令，则，所以为减函数，
所以，所以，则，
又由，可得，所以A错误；
对于B，由于，可得，所以B正确；
对于C，由于，当且仅当时取等号，所以C正确；
对于D，由且，可得，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
12．
【详解】因为，所以或，即或，
由集合的互异性知且且，即且，所以．
故答案为：.
13．
【详解】由得，
所以，解得或（舍去），
因为，所以，即．
故答案为：
14．
【详解】由函数，
可得，
（1）当时，，在上单调递增，在上单调递减，
所以为的极大值点，不合题意：
（2）当时，令，则或，
①当时，即时，在和上单调递增，
在上单调递减，所以为的极大值点，不合题意；
②当时，即时，，所以在上单调递增，不合题意：
③当时，即时，在和上单调递增，
在上单调递减，故为的极小值点，适合题意，
综上可得，，所以实数的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）解：由函数的图像，可得，所以，则，
又由，可得，即，
可得，可得，
因为，所以，所以.
（2）解：由（1）知：，
可得，
令，因为，可得，
因为在上单调递增，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
16．(1)
(2)小时
(3)分布列见解析；期望为2
【详解】（1）由题，解得.
（2）由频率分布直方图的数据可得阅读时间的平均数为
小时.
（3）由频率分布直方图可得阅读时长在与的居民分别有人，人，
所以抽取的6人中阅读时长在的人数为人，在的人数为人，
所以随机变量的可能取值有，，
所以随机变量的分布列为
X 1 2 3
P
故随机变量的数学期望.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为，所以，
又平面平面，且面面，面，
所以直线面，又平面，所以，
又，
所以，，
所以，从而，
又平面，
所以平面.
（2）以AB的中点为原点所在直线为轴，所在直线为轴，
如图所示：
，
则，
由题知平面，故取向量为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
，
令，解得，故，
设平面与平面的夹角为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为：
，
由图可知平面与平面所成的角为锐角，
所以平面与平面的夹角的正弦值为：
.
18．(1)
(2)① 证明见解析；②
【详解】（1）由题意，得，解得，
∴椭圆的方程为．
（2）①因为椭圆的方程为，
当直线的斜率存在且不为0时，
设，直线的方程为，如下图所示：
联立直线和椭圆方程并整理得，
，
，则直线的方程为，
同理，用代换可得，
∴当时，，
∴直线的方程为，
由对称性知，若过定点，此定点一定在轴上．
当时，，解得，
∴直线恒过定点，
当时，直线的方程为：，过定点
当或不存在时，直线的方程为：，过定点，
综上直线过定点，
②易知，
令，则，
由于在上单调递增，
故当，即时，.
所以面积的最大值为.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，定义域为，
，
所以切线斜率为，
因为，所以切点坐标为，
设切线方程为，
代入得，
整理得：；
（2）法一：
令，
①当即时，在上单调递增，
故，满足条件；
②当即或时，
当时，对称轴，且，故时，，
满足条件；
当时，，且，
故存在，使得时，，即在单调递减，
此时，不满足条件；
综上所述：．
法二：（参数分离）恒成立，即在上恒成立
．
令
令，则
所以在上单调递增，又，所以恒有即，
故在上单调递增
由洛必达法则，得
所以即的取值范围为
（3）由（2）知，取时，恒成立，即；
令，，
有，
故，
，
综上，.

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