山西三晋卓越联盟（天成大联考）2025-2026高三11月期中质量检测数学试题（含答案）

2025～2026学年高三11月期中质量检测卷

数学(D卷)

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答

题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数、向量、解三角形、复

数、数列、立体几何与空间向量。

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A=(x|logsx<1),B=(—1,0,1,2,3),则A∩B=

A.〈1,2}B.{2,3〉C.(1,3)D.(1)

2.已知复数z=i(a—i),若z(2—i)是纯虚数，则实数a=

A.—3B.—2C.2D.3

3.已知向量a=(2,—1),b=(x,—3),若a—b与a垂直，则|b|=

A.3√2B.√13C.2√2D.√10

4.“m≤1”是“不等式x²—3mx+1≥0在x∈(0,+∞)上恒成立”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

5.已知圆锥的体积为24π,其母线与底面所成的角是60°,则该圆锥的侧面积为

A.12πB.16πC.24πD.28π

6.将函数图象上的点向右平移s(s>0)个单位长度得到点P′,若

P′位于函数y=2cos2x的图象上，则

白

A.t=1,s的最小值B.t=1,s的最小值

C.t=√3,s的最小值D.t=√3,s的最小值

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7.已知平面a过正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的顶点D,E,F分别是棱AB,BC的中点，α//平面

D₁EF,a∩平面ABCD=m,a∩平面ADD₁A₁=n,则m,n所成角的正切值为

ABCD

8.已知函数f(x)=e²+ax+b存在不小于0的极小值，其中a,b都是实数，则

A.b的最小值为一e·B.a—b的最大值

C.ab的最大值为eD.a(a—b)的最小值为

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

求.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a<0<b,且a+b>0,则下列说法正确的是

A.B

C.a²<b²D.(a—1)(b—1)<0

10.已知等差数列〈an)满足a₁+2a₂=7,a₂+2a₃=13,则

A.数列(an)的前n项和Sn=n²

B.正整数p,q,r成等差数列的充要条件是ap,ao,a,成等差数列

C.数列b=(一1)"an的前100项和为50

D.ai,a₂,ag成等比数列

11.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BPC=60°,PA:PB:PC=1:2:3.若三棱锥

P-ABC的体积,则

A.PA=2

B.二面角B-PA-C的平面角小于60°

C.点A到平面PBC的距离为√3

D.三棱锥P-ABC的外接球的表面积

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.在空间直角坐标系Oxyz中，已知点A(x,-1,z)与点B(3,y,4)关于原点O对称，则x+

y+z=.·

13.已知tan(a一β)=1,,则sin2α=

14.已知函数,若直线x=2a²—1(x≠0)与曲线y=f(

有交点且f(a²)+f(a)<0,则实数a的取值范围为·

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四、解答题：本题共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.(本小题满分13分)

已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,C=60°,

(1)求sinA+sinB的值；

(2)若a—b=1,求△ABC的面积.

16.(本小题满分15分)

如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2AC=4,BC=2√5,M为侧面BB₁C₁C的对角线

的交点，D,E分别为棱AB,AC的中点.

(1)求证：平面MDE//平面AB₁C;

(2)若直线BC₁与平面AB₁C所成角的正弦值为,求AA₁的长.

7.(本小题满分15分)

已知{an}是等差数列，{bn)是等比数列，b₁=a₂=2,a₃+a₅+a₈=36,b₄=4(b₃—b₂).

(1)求(an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列的前n项和为S,数列的前n项和为Tn,求S,和Tn,并证明

1+S,≤Tn<1.

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18.(本小题满分17分)

如图，在梯形ABCD中，E是AB中点，AB=2BC=2CD=4,AB⊥BC,CD⊥BC,连接DE,

将△AED沿DE折起使A点至P点处，得四棱锥P-BCDE,且PB=2,点M为棱PD上

的一点.

(1)若0是BE的中点，求证：PO1平面BCDE;

(2)若直线PC与直线BM所成的角为·的值；

(3)若M是PD的中点，求二面角C-BM-E的正弦值

19.(本小题满分17分)

已知函数f(x)=ax²+x—1n(x+1),a∈R.

(1)若x=2是f(x)的极值点，求a的值并说明x=2是极大值点还是极小值点；

(2)若x≥0时，f(x)≤0,求a的取值范围；

(3)对f(x)的定义域内的任意x₁,x₂(x₁<x₂),

证明

o

o

2

2025～2026学年高三11月期中质量检测卷·数学(D卷)

参考答案、提示及评分细则

1.A因为A={x|log₃x<1}={x|0<x<3},B={—1,0,1,2,3},所以A∩B={1,2}.故选A.

2.C因为z=1+ai,所以=1-ai,则之(2—i)=(1—ai)(2—i)=2-a-(2a+1)i,又因为乏(2—i)是纯虚数，所

解得a=2.故选C.

3.D由a—b与a垂直知2(2—x)—2=0,所以x=1,|b|=√x²+9=√10.故选D.

4.B对于x∈(0,十∞),x²—3mx+1≥0可化为恒成立，由当且仅当x=

1时取等号，故3m≤2,解得,所以“m≤1”是“不等式x²—3mx+1≥0在x∈(0,十∞)上恒成立”的必

要不充分条件.故选B.

5.C设圆锥的底面半径为r,母线长为L,高为h,由母线与底面所成角是60°知l=2r,h=√3r,所以体积V=

,侧面积为πrl=24π.故选C.

6.C由条件得,又2cos2x=√3时，,k是整数，且s最小，则smin=

.故选C.

7.B设直线MN与直线AD,CD分别交于点M,N,连结D₁M,D₁N,如图.因N

为aα//平面D₁EF,α∩平面ABCD=m,平面D₁EF∩平面ABCD=MN,所以

MN//m,同理D₁M//n,所以∠D₁MN是m,n所成角或其补角，在△D₁MN

中，作D₁G⊥MN,垂足为G,设正方体的棱长为a,则D₁M=D₁N²=a²+

,所以.故选B.

8.D因为f(x)=e+ax+b存在不小于0的极小值，所以f(x)=e+a=0有解，所以a<0,且解为x=

In(一a),f(x)>0时，x>ln(一a);f(x)<0时，x<ln(一a),所以f(x)的单调递增区间为(ln(一a),十∞),

单调递减区间为(一∞,In(一a)),所以f(x)存在极小值f(ln(一a))=—a+aln(一a)+b≥0,所以一

aln(-a),a—b≤aln(一a),ab≤a²—a²ln(-a),a(a—b)≥a²ln(—a).令y=-x+xlnx,则y=-1+lnx

+1=lnx,0<x<1时，y'<0,x>1时，y'>0,所以函数y=-x+xlnx在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上

单调递增，x=1时，y取得最小值一1,所以b的最小值为一1;令y=—xlnz,则y=-1nx—1,时，

时，y'<0,时，函数y=-xlnx的最大值为的最大值

y'=2x—2xlnx—x=x(1—21nx),0<x<√e时，y>0,x>e时，y'<0,所以x=√e时，y=x²—z²lnx取得最

【高三11月期中质量检测卷·数学(D卷)参考答案第1页(共6页)】26—X—129C

大值最大值为·;令y=x²Inx,则,y'<0,时，y>

0,所以时，y=x²lnx的最小值为,a(a—b)的最小值.故选D.

9.ABC因为a<0<b,且a+b>0,所以b>-a>0,所以1,即,故A正确；因为b>-a

>0,a+b>0,所以,故B正确；因为a<0<b,所以|a|=-a,|b|=b,由a+b>0可得

|b>la|,所以a²<b²,故C正确；因为当,此时(a—1)(b—1)>0,故D错误.故选ABC.

10.AB设数列《an}的公差为d,则3d=(a₂+2a₃)—(a₁+2az)=13—7,解得d=2,代人aj+2az=7,得a₁+

2(a₁+2)=7,解得a₁=1,所以a=1+2(n—1)=2n—1,故A正确；2a₄=ap+a,⇔

2(2q—1)=(2p—1)+(2r—1)⇔2q=p+r,故B正确；数列bₙ=(一1)"a。的前100项和为一1+3-5+

7—…-197+199=2×50=100,故C错误；a₁=1,az=3,aq=7,故D错误.故选AB.

11.AD设PA=x,PB=2x,PC=3x,由PA⊥平面ABC知PA⊥AB,PA⊥AC,所以AB=√3x,AC=2√2x,

又∠BPC=60°,所以BC=√7x,在△ABC中,△ABC的面

积为,三棱锥P-ABC的体积,√5x³=8√5,所以x=2,所以

A正确；由PA⊥平面ABC知∠BAC是二面角B-PA-C的平面角，因为∠BAC>∠BPC=60°,所以B错

误；△PBC的面积为6√3,点A到平面PBC的距离,所以C错误；设△ABC的外接圆半径

为r,则,设三棱锥P-ABC的外接球半径为R,则,球的表

面积为,所以D正确.故选AD.

12.—6因为点A(x,—1,z)与点B(3,y,4)关于原点O对称，所以x=—3,y=1,z=—4,所以x+y+z=—6.

13.由tan(a—β)=1,得(k∈Z),则

14.显然f(x)是奇函数，定义域为(一2,2),且f(0)=0,所以—2<a²<2,—2<a<2,

-2<2a²—1<2,且2a²—1≠0,所以且,因为

,所以f'(1)=f(一1)=0,-1<x<1时，f(x)<0,1<x<2或一2<x<-1时，f(x)>0,所以

f(x)在(一2,—1)与(1,2)上单调递增，在(一1,1)上单调递减，f(a²)<一f(a)=f(-a),当一1≤a≤1时，

【高三11月期中质量检测卷·数学(D卷)参考答案第2页(共6页)】26—X—129C

因为所以

a²>-a,0<a≤1,,时，f(x)<0,时，f(x)>0,当

时，f(一a)>0,f(a²)<0,f(a²)<f(一a)成立.当1时，,由

f(a²)<f(一a)得a²<-a,不等式不成立.综上，a的取值范围是U

15.解：(1)由余弦定理，得c²=a²+b²—2abcosC=a²+b²—ab=(a+b)²—3ab………………2分

又,所以3ab=2c²……………………3分

则(a+b)²=c²+3ab=3c²………………………4分

所以a+b=√3c…………………5分

由正弦定理，得………………6分

(2)法一：由(1)可知，a+b=√3c,又a—b=1,所以………………8分

由,得……………………9分

解得c²=3,则

故△ABC的面积………………13分

法二：由正弦定理及,得,所以…………8分

由(1)知sinA+sin,又a—b=1,即a>b,A>B,所以…10分

因为0<A<π,0<B<π,所以,△ABC为直角三角形，

所以a=2,b=1,c=√3…………………………12分

所以△ABC的面积……………………13分

16.(1)证明：因为M为侧面BB₁C₁C的对角线的交点，直棱柱中，四边形BB₁C₁C是矩形，所以M是BC₁的中

点，M是B₁C的中点……………1分

因为D,E分别为棱AB,AC的中点，所以MD//AC₁,ME//AB……………3分

因为MDC平面AB₁C₁,AC₁C平面AB₁C₁,所以MD//平面AB₁C₁,同理ME//平面AB₁C……………5分

因为MD∩ME=M,MD,MEC平面MDE,所以平面MDE//平面AB₁C₁…………………6分

(2)解：由AB=2AC=4,BC=2√5得AB²+AC²=BC,所以AB⊥AC………7分

又因为直棱柱中，AA₁⊥平面ABC,所以可以A₁为原点，A₁B₁,A₁C₁,A₁A分别为x,y,z轴建立如图所示

空间直角坐标系，

【高三11月期中质量检测卷·数学(D卷)参考答案第3页(共6页)】26—X—129C

设AA₁=h,则A(0,0,h),B₁(4,0,0),C₁(0,2,0),B(4,0,h),

C₁B=(4,—2,h),AB₁=(4,0,一h),AC₁=(0,2,—h).……9分

设平面AB₁C的一个法向量为m=(x,y,z),则

取z=4,则m=(h,2h,4),11分

设直线BC₁与平面AB₁C₁所成角为θ,则,………13分

所以5h⁴-100h²+320=0,由h>0解得h=2,或h=4,所以AA₁的长为2或4.…15分

17.解：(1)设{aμ}的公差为d,由az=2,a₃+as+as=36得a₁+d=2,3a₁+13d=36,

两式联立解得a₁=-1,d=3,………………………2分

所以an=-1+3(n—1)=3n—4,………………………3分

设{b)的公比为q,由b=4(b₃—b₂)知q≠1,且b₂q²=4(b₂q—b₂),

又b₂≠0,所以(q—2)²=0,q=2,………………5分

因为b₁=2,所以b=2”.………………6分

(2)因………………7分

所以数列的前n项和

因,所!是首项和公比都为的等比数列，其前n项和…11分

因,所以…………12分

令cπ=3n—1—n·2”,则Cn+1=3n+2—(n+1)·2”+1,

所以Cr+1一c=3—(n+1)·2n+¹+n·2”=3—(n+2)·2<0,

所以cn随n增大而减小，又c₁=0,所以n>1时，

所以1+S,≤Tn,…………·14分

所以1+S,≤T.<1.……………15分

18.(1)证明：因为在梯形ABCD中，E是AB中点，AB=2BC=2CD=4,AB⊥BC,CD⊥BC,

所以四边形BCDE是正方形，DE⊥AE,DE⊥BE,………………2分

将△AED沿DE折起使A点至P点处，有DE⊥PE,PE=AE=2,

【高三11月期中质量检测卷·数学(D卷)参考答案第4页(共6页)】26一X—129C

因为PE∩BE=E,PE,BEC平面PBE,所以DE⊥平面PBE,又DEC平

面BCDE,所以平面PBE⊥平面BCDE,4分

因为BE=PE=PB=2,0是BE中点，所以PO⊥BE,又POC平面

PBE,平面PBE∩平面BCDE=BE,所以PO⊥平面BCDE5分

(2)解：以O为坐标原点，OB,OP所在直线分别为y轴，z轴，以过O与

BC平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系.

由(1)可得OP=√3,则O(0,0,0),B(0,1,0),E(0,—1,0),C(2,1,0),D(2,—1,0),P(0,0,√3).……7分

PC=(2,1,一√3),PD=(2,-1,一√3),BP=(0,—1,3),

设PM=λPD(o≤λ≤1),有BM=BP+PM=(0,—1,√3)+(2λ,一λ,—√3λ)=(2λ,-1—λ,√3—√3λ),

………………………9分

因为直线PC与直线BM所成的角为,所以

所以5x²—10λ+2=0,又0≤λ≤1,所以……………11分

(3)解：由(2)知BC=(2,0,0),BE=(0,-2,0),PD的中点

………………………12分

设平面BCM的法向量为n=(x,y,z),则

取y=√3,则n=(0,√3,3).………………·14分

同理可求得平面BEM的一个法向量m=(√3,0,—2),……………15分

………………………16分

故二面角C-BM-E的正弦1………………17分

19.(1)解：f(x)的定义域为(一1,十∞),……………1分

因为x=2是函数f(x)的极值点，所以,解得,………2分

当时

因为0<x<2时，f(x)>0;x>2时，f(x)<0,所以