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山西大学附属中学校2025-2026学年第二学期高三5月模块诊断数学试题
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则是的（ ）
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
3．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（ ）
A． B． C．26 D．24
7．设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ）
A．8 B．6 C．5 D．4
8．已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
二、多选题
9．从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（除了最后一组是闭区间，其余每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项正确的是（ ）
A．直方图中x的值为0.0044
B．在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为70户
C．估计该小区用户月用电量的中位数不超过
D．用频率估计概率，从该小区抽取10人，则X表示用电量不超过的人数，则
10．已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．若，且三点共线，则
11．已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（ ）
A．点的轨迹方程为
B．当点不在轴上时，直线与的斜率之积为
C．当时，
D．过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为
三、填空题
12．已知的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则_______.
13．小李的银行卡的六位密码由组成，如果数字1与2不相邻，则小李可以设置的不同的密码个数为_____．
14．已知菱形，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，设点是的中点．记的面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则的最小值为__________．
四、解答题
15．已知数列的首项是，且．
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最小整数n的值．
16．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
(1)求甲连续打前四局比赛的概率；
(2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
(3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直．
(1)求C的标准方程；
(2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由；
(3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
19．已知，
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若恒成立，求的最小值；
(3)已知当时，存在，使得函数有三个零点，且成等差数列，求的值.
参考答案
1．B
【详解】，所以
2．A
【详解】由，可得，解得或0，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
3．D
【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误；
B，若，，则可平行于，或者与相交，错误；
C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误；
D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确．
4．C
【详解】由，
故，
故，故，即.
5．B
【详解】由题知且不恒等于，又在上单调递减，在上单调递增，
在定义域上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即当时，的值由小变大，再由大变小，
即函数图象从左到右是单调递增，且变化趋势是先慢后快再变慢.
故选：B.
6．C
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，则，且，
即，整理可得，解得或（舍去），
可得，
令，解得，
所以数列的前6项和为.
7．B
【详解】，周期为，
，则是周期，
，即是正偶数，
当时，，
已知最大值与最小值的和为0，
最大值与最小值互为相反数，
若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和不为0；
若，区间，最大值为，最小值为，和为0；
的最小值为6．
8．A
【详解】因为为奇函数，所以，
令，则，即①；
因为为偶函数，所以，
令，则，即，
所以，所以，即②，
所以，所以4是的一个周期．
由① 式，取，可得，即得，
又由② 式，取，可得
故，，
由② 式，取，可得，取，可得，
故，
则.
9．AB
【详解】对于A，由图可得组距为50，根据频率和为1，得，解得，故A正确；
对于B，用电量落在区间内的频率，
由样本容量为100，得用电量落在区间内的户数，故B正确；
对于C，由图可得第一组的频率为，第二组的频率为
，第三组的频率为；
前两组的累计频率为，前三组的累计频率为，
中位数位于第三组内；
设中位数为，则，解得；
，中位数超过，故C错误；
对于D，用电量不超过的频率为前两组频率之和，即；
用频率估计概率，从该小区抽取1人，其用电量不超过的概率.
从该小区抽取10人，设X表示用电量不超过的人数，
则X服从二项分布，则，故D错误.
10．BCD
【详解】因为，
所以，
所以，
所以为直角三角形，
因为，所以是上靠近点C的三等分点，如图：
对于A，，
由勾股定理知，故A错误；
对于B，由题意知，
所以，故B正确；
对于C，由B知，
所以
，
所以向量在向量上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，
所以，
由B知，所以，
又三点共线，所以，所以，故D正确.
11．ACD
【详解】又：，则，半径，
由为线段的垂直平分线，故，
又为上的任意一点，故，
由，则，
则或，则，
故点的轨迹为以、为焦点，的双曲线，
由、，故，则，
即点的轨迹方程为，故A正确；
对B：设在左侧，由点的轨迹方程为，故、，
设，则有，故，
则，故B错误；
对C：由，故，
则，
即，
由B知，又，
，
故，
即，
则，
即，故C正确；
对D：取点关于对称点，则，
故点的轨迹方程为，
由在上且，则为中点，则有，，
故，，即有，
化简得，故可设，，，
则，其中，
即的最大值为，故D正确.
12．
【详解】因为已知角终边过点，
根据，其中，
可得，
所以.
13．
【详解】如果六位密码中相邻，则先排，
再利用插空法可得不同的密码个数为，
如果六位密码中不相邻，则先排，此时有个空挡，
这5个空挡中有3个空挡可以插入，故此时不同的密码个数为，
故不同密码的个数为.
14．
【详解】已知菱形，则均为边长为2的等边三角形，
连接，则，且，
设二面角的平面角为，则平面，
为的中点，在等腰中，，
由平面，得，
，
，
以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
则，
是中点，
，
设三棱锥的外接球球心为，则，解得，
，
，
设外接球半径为，则
，
，
，
令，则，
当且仅当时取最小值，
．
15．(1)
(2)
【详解】（1），
所以，
又，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
可得.
（2）由（1）得为等比数列，
设数列的前项和为，，
所以，
构造函数令，根据增函数减去减函数为增函数，可得函数为增函数，
为整数，所以当，，不成立，
当，，成立，
所以满足条件的最小整数n的值为.
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜，
第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为，
第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
所以甲连续打前四局比赛的概率为：.
（2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局，
对于前四局中第二局乙获胜：
即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为，
第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为，
所以，
在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空
第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为，
第四局：乙、丙对打，概率为，
所以，
根据条件概率知：.
（3）由题意知得分的可能值为：，
，
，
，
，
所以的分布列为：
6
所以得分的数学期望为：.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）侧面为正三角形，为的中点，
，
是矩形，且分别为中点，，
面面，
面平面，
平面平面．
（2）方法一：由（1）知，平面平面，
平面，平面平面平面，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，设，
则，
设平面的一个法向量为，则，即，
取，则，所以，
易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且，
即且，
即且，
解得（舍去）或，所以．
设平面的一个法向量为，
又，
则，即，
取，所以．
设平面的一个法向量为，
则，即取，
则，所以，
设平面与平面夹角为，则．
故平面与平面夹角的余弦值为．
方法二：设平面与棱相交于点，
因为面，则平面，
且面面，则，又因为为中点，可得为中点，
设平面平面，，则为中点，
因为关于平面的对称点为，的中点为，
所以面，由（1）知平面平面，
所以平面，又平面平面
且，且，
在平面内，，所以，
因为为中点，
可得为正三角形，因为，所以为中点，
由对称性可知，，
所以，可得，且，
设交于点，则为中点，
则，
由面，可得，
则平面与平面夹角为，
设平面与平面夹角为，同理可得，
则平移可得平面与平面夹角为，
则，即，
故平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)存在，定圆的方程为
(3)，的方程为或
【详解】（1）因为与轴垂直，所以，，
又点在椭圆上，，得.
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，.
联立得，整理得.
，即.
，
，，即，整理得.
原点到直线的距离，将代入得
故距离为定值，所以存在定圆与直线相切.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，.
联立，，则，.
，得，即直线的方程为，
此时直线与圆相切，符合题意.
综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为.
（3）由三角形面积公式得，其中为定值.
当直线的斜率存在时，，
将代入整理得.
令，则.
当时，即（此时）时，有最大值.
此时三角形面积有最大值，最大值为.
此时，代入，得，.
直线的方程为或.
当直线的斜率不存在时，由（2）可得或.
此时，.
综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或.
19．(1)时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)
(3)
【详解】（1）解：，，，
当时，，在上单调递增；
当时，，解得，
则时，，单调递减，
时，，单调递增；
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：，，
又恒成立，所以在上恒成立，
令，，
令，，
则的解为，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又，所以，且，
存在唯一，使得，即，
，
当时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
又，
，且
又在上单调递增，时，，
，又，
的最小值为；
（3）解：，，且，
当时，，则，
令，，
令，，
当时，，单调递增，
时，，单调递增，时，，单调递减，
又，，，
时，，，单调递增；
当时，有唯一解，设为，
则当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，
又时，，时，，
则的简要图形如下：
则时，最多有两个不同的交点，且恒大于零，
函数有三个零点，且成等差数列，
，且，
，
整理得，解得或（舍去），
，
．

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