山西省部分学校天成大联考2026届高三上学期11月期中质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省部分学校天成大联考2026届高三上学期11月期中质量检测数学试题一、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，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，所以．故选：A.2.已知复数，若是纯虚数，则实数（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】由于，故，所以，解得.故选：C.3.已知向量，，若与垂直，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意得：，由与垂直知：，所以，．故选：D．4.“”是“不等式在上恒成立”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【答案】B【解析】对于，可化为恒成立，即，由，当且仅当时取等号，故，解得，所以“”是“不等式在上恒成立”的必要不充分条件.故选：B.5.已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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知，，所以体积，故，化简可得，所以，，，所以圆锥的侧面积为．故选：C．6.将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（）A.的最小值为B.的最小值为C.的最小值为D.的最小值为【答案】B【解析】由条件得，又时，，是整数，且最小，则.故选：B.7.已知平面过正方体的顶点D，E，F分别是棱，的中点，平面，平面，平面，则m，n所成角的正切值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设直线与直线，分别交于点M，N，连接，，如图．因为平面，平面，平面平面，所以，同理，所以是m，n所成角或其补角，在中，作，垂足为G，设正方体的棱长为a，则，，，，，所以．故选：B．8.已知函数存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则（）A.b的最小值为 B.的最大值为C.的最大值为 D.的最小值为【答案】D【解析】因为存在不小于0的极小值，所以有解，所以，且解为，时；时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，所以的极小值，所以，，，．令，则，时，，时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，时，y取得最小值，所以b的最小值为，A错误；令，则，时，；时，，则在上单调递增，在上单调递减，时，函数的最大值为，故的最大值为，B错误；令，则，时，，时，，则在上单调递增，在上单调递减，所以时，取得最大值，最大值为，C错误；令，则，时，，时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以时，的最小值为，的最小值为，D正确．故选：D．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，且，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】因为，且，所以，所以，即，故A正确；因为，，所以，故B正确；因为，所以，，由可得，所以，故C正确；因为取，满足条件，但此时，故D错误．故选：ABC．10.已知等差数列满足，，则（）A.数列的前n项和B.正整数p，q，r成等差数列的充要条件是，，成等差数列C.数列的前100项和为50D.，，成等比数列【答案】AB【解析】A选项，设数列的公差为d，则，解得，代入，得，解得，所以，，故A正确；B选项，，故B正确；C选项，数列的前100项和为，故C错误；D选项，，，，由于，故，，不成等比数列，故D错误．故选：AB．11.在三棱锥中，平面，，．若三棱锥的体积为，则（）A.B.二面角的平面角小于C.点A到平面的距离为D.三棱锥的外接球的表面积为【答案】AD【解析】对于A，设，，，由平面，知，，可得，，又，所以，得，在中，，则，的面积为，三棱锥的体积为，，所以，故A正确；对于B，由平面知是二面角的平面角，由A，，所以，故B错误；对于C，的面积为，由三棱锥等体积法可得点A到平面的距离，故C错误；对于D，如图，设三棱锥外接球的球心为，的外接圆的圆心为，半径为r，所以平面，且，则，，设三棱锥的外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在空间直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则______．【答案】【解析】因为点与点关于原点对称，所以，，，解得，，，故．故答案为：.13.已知，，则________.【答案】【解析】由，得，，则.故答案为：.14.已知函数，若直线与曲线有交点且，则实数a的取值范围为______．【答案】【解析】定义域为，易知是奇函数，，所以，，，且，所以且，因为，所以，时，，或时，，所以在与上单调递增，在上单调递减，则，且，当时，，需满足：，即，又且，所以.因为，所以时，，时，，当时，，，，成立．当时，，，且，由得，不等式不成立．综上，a的取值范围是．故答案为：.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.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，．（1）求的值；（2）若，求的面积．解：（1）由余弦定理，得，又，所以，则，所以，由正弦定理，得．（2）法一：由（1）可知，，又，所以，，由，得，解得，则，故的面积．法二：由正弦定理及，得，所以，由（1）知，又，即，，所以，．因为，，所以，，为直角三角形，则，所以，，，所以的面积．16.如图，在直三棱柱中，，，M为侧面的对角线的交点，D，E分别为棱，的中点．（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．（1）证明：因为M为侧面的对角线的交点，直棱柱中，四边形是矩形，所以M是的中点，M是的中点，因为D，E分别为棱，的中点，所以，，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，因为，，平面，所以平面平面．（2）解：由，得，所以，又因为直棱柱中，平面，所以可以为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，．设平面的一个法向量为，则，取，则，设直线与平面所成角为，则，所以，由解得，或，所以的长为2或4．17.已知是等差数列，是等比数列，，.（1）求和的通项公式；（2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为，求和，并证明．解：（1）设的公差为d，由，得，，两式联立解得，，所以，设的公比为q，由知，且，又，所以，，因为，所以．（2）因为，所以因为，所以，因为，所以，因为，令，则，所以，因数列为递增数列，则，则，所以为递减数列，又，所以时，，所以，所以，所以．18.如图，在梯形中，E是中点，，，，连接，将沿折起使A点至P点处，得四棱锥，且，点M为棱上的一点．（1）若O是的中点，求证：平面；（2）若直线与直线所成的角为，求的值；（3）若M是的中点，求二面角的正弦值．（1）证明：因为在梯形中，E是中点，，，，所以四边形是正方形，，，将沿折起使A点至P点处，有，，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因为，O是中点，所以，又平面，平面平面，所以平面．（2）解：以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系．由（1）可得，则，，，，，．，，，设，有，因为直线与直线所成的角为，所以，所以，所以，又，所以，所以．（3）解：由（2）知，，的中点，，设平面的法向量为，则，取，则．同理可求得平面的一个法向量，，又二面角的范围是，故二面角的正弦值．19.已知函数，．（1）若是的极值点，求a的值并说明是极大值点还是极小值点；（2）若时，，求a的取值范围；（3）对的定义域内的任意，，证明：．（1）解：的定义域为，，因为是函数的极值点，所以，解得，当时，，因为，；时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点.（2）解：，当时，，，时，；时，，在上单调递减，在上单调