山西三晋卓越联盟2025-2026学年上学期高三1月联考数学试卷（含答案）

2025～2026学年高三1月质量检测卷数学考生注意：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：高考范围。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.已知全集U={x|xA.{4,5} B.{4,5,6}C.{0,1,2,3} D.{4,5,6,7}2.已知复数z=1+(3+2i)·A.−3 B.−3C.3 D.33.数据10，11，11，12，13，14，16，18的75%分位数为A.16 B.15 C.14 D.134.将函数f(x)=cos2A.cosx+πC.cos4x+5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5A.220924 C.91 D.906.在2x2−A.5 B.4 C.3 D.27.在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=π3，点E是AB的中点，点F在线段BDA.−1116,1C.[0,4] D.−8.已知实数a，b，c满足5a+a=log5b+bA.a<b<C.c<b<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.已知sinαcosβ=−3665A.cosαsinβ=413C.tanαtanβ=−510.在正方体ABCD−A1B1A.B1CB.CD1与BC1所成的角为C.平面A1DMD.过A，D，M的平面截该正方体所得的平面图形为正方形11.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|A.E的方程为xB.A到E的两条渐近线的距离之积为3C.若直线AB，AC的斜率之积为3，则B，C关于原点对称D.若直线BC过点F2，且B，C在y轴两侧，则t的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>13.已知正四棱锥E−ABCD的底面边长为6，高为32，则正四棱锥E14.若函数f(x)=m(1−x)e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）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2b（1）求角A的大小；(2)若b+c=7，a16.（本小题满分15分）已知抛物线C：x2=2py(p（1）求抛物线C的方程；（2）过点F且斜率不为0的直线l与抛物线C交于M，N两点。若四边形AMBN的面积为8517.（本小题满分15分）更多试题与答案，关注微信公众号：三晋高中指南如图，A1B1，AB分别是圆柱O1O（1）求证：O1E∥（2）已知圆柱O1O的高为6，表面积为54π，OE=2，求平面18.（本小题满分17分）春节期间，某商家开展购物抽奖活动，部分活动规则如下：在一个不透明的抽奖箱中放入n(n≥2,（1）若n=10，m（ⅰ）在顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片的前提下，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片的概率；（ⅱ）设顾客甲获得的精美礼品的份数为X，求X的分布列与方差；（2）商家根据购物次序给每位顾客编号，编号的个位数字是8的顾客的抽取规则如下：顾客每次抽取1张卡片，抽到“谢谢参与”卡片就放回抽奖箱，继续抽取，抽中“恭喜中奖”卡片就停止抽取，赠送精美礼品1份，如果抽取n次仍然没有抽到“恭喜中奖”卡片，那么停止抽取，顾客不能获得精美礼品。若顾客乙编号的个位数字是8，记顾客乙抽取的次数是Y，求Y的数学期望。19.（本小题满分17分）已知函数f(x)=2e（1）当m=−2时，求g（2）若对∀x∈(0,+∞)，不等式f(x（3）若g(x)有两个零点x1，x22025～2026学年高三1月质量检测卷·数学参考答案、提示及评分细则1.D由U={0,1,2,3,4,5,6,7}，∁UM2.C因为z=1+(3+2i)·3.B因为8×75%=6，所以这组数据的75%分位数为14+1624.A将函数f(x)=cos5.B设等差数列{an}的公差为d，由a2+a9=8，S12=66，得2a1+12d=86.A因为在2x2−1xn的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以仅有Cn4最大，n=8.2x2−1x8的通项公式Tk+1=C8k7.D因为点F在线段BD上，所以可设DF→=λBD→(0≤λ≤1)，因为四边形ABCD是菱形，所以FB→=−λBD→=−λBC→−λBA→8.C如图，在同一直角坐标系中，作出函数f(x)=5x+x，g(x)=log5x+x，9.ABD因为sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=−166510.AC如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C1∥BC，BC∥AD，所以B1C1∥AD.又B1C1⊄平面ADM，AD⊂平面ADM，所以B1C1∥平面ADM，故A正确；因为BC1∥AD，所以∠AD1C或其补角为CD1与BC1所成的角，连接AC，易知∆ACD1为等边三角形，所以∠AD1C=60°，故B错误；因为A1D⊥AD1，所以A1D⊥BC1，因为C1D1⊥平面ADD1A11.ACD由题意，得|F1F2|=4=2a2+b2，ba=tanπ3=3，解得a=1，b=3，所以E的方程为x2−y23=1，故A正确；E的两条渐近线的方程为y=±3x，即3x±y=0，设A(x0,y0)，则x02−y023=1，所以A到E的两条渐近线的距离之积为|3x0−y0|3+1·|3x0+y0|3+1=|3x02−y02|4=34，故B错误；设A(x0,y0)，B(x1,y1)，则B关于原点的对称点D(−x1,−y1)也在E上，又AB，AD的斜率之积为y0−y112.12由题意，得|OB||OA|=ba13.722π如图，设AC∩BD=F，连接EF，则EF⊥平面ABCD，设正四棱锥E−ABCD的外接球球心为O，则O在直线EF上，因为正四棱锥E−ABCD的高为32，所以EF=32，又14.3函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=−mx2ex+1x，设h(x)=−mx2ex+1，则h'(x)=−m(x2+2x)ex<0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递减，因为h(0)=1>0，h1m=−e1m+1<0，所以存在唯一的x0∈0,1m，使得h(x015.解：（1）由(2b−c)cosA=acosC及正弦定理，得(2sinB−sinC)cosA=sinAcosC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分即2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分在∆ABC中，A+C=π−B，所以sin(A+C)=sinB，216.解：（1）由题意，得C的准线方程为y=−p2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分因为直线y=2与C交于A，B两点，所以A的纵坐标为2，又|AF|=4，所以2+p2=4，解得p=4，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分所以抛物线C的方程为x2=8y.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（2）因为直线y=2与C交于A，B两点，不妨设A在第一象限，所以A(4,2)，B(−4,2)，|AB联立{x2=8y,y=kx+2,得x因为S四边形所以y1又y=25，所以k=1所以直线l的方程为y=12x+2或y.（1）证法一：因为C，D分别是圆O上在AB同侧的两点，且∠AOC所以∆DOB是等边三角形，∠BDO=又OC⊄平面B1BD，BD⊂平面B1因为A1B1，AB分别是圆柱O1O的上底面，下底面的直径，且A所以四边形OBB1O又O1O⊄平面B1BD，B1B因为OC∥平面B1BD，O1O∥平面B1BD，所以平面OO1C∥平面B1BD，又O1证法二：如图，在线段BD上取一点F，使得BF=因为C，D分别是圆O上在AB同侧的两点，且∠AOC所以∆DOB是等边三角形，∠BDO=又BF=OE，所以四边形BFEO是平行四边形，EF∥因为A1B1，AB分别是圆柱O所以O1B1所以EF∥O1B1，EF又O1E⊄平面B1BD，B1F（2）解：在圆O中过点O作OG⊥OB，又OO1⊥平面GOB，OB所以OO1⊥OB，OO1⊥OG，以O为原点，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。设圆柱O1O的底面半径为r，因为圆柱O1O的高为6，表面积为54π，所以2πr因为r=3，O1O所以B(0,3,0)，O1(0,0,6)，BO1B1→=(0,3,0)设平面O1B1E的法向量为m=(x令z1=1，得x1=23，y设平面BB1E的法向量为n=(令x2=4，得y2=3，z设平面O1B1E与平面BB即平面O1B1E与平面18.解：（1）（ⅰ）记顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片为事件A，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片为事件B，则P(A)=所以P(即在顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片的前提下，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片的概率为1617（ⅱ）由题意知X的可能取值为0，1，2，则P(X=0)=C2X的分布列为X012P28161…………………………6分所以E(D(（2）由题意知Y的可能取值为1，2，3，⋯，n，则P(Y=P(所以E(设Tn则n−两式相减，得mn=1−所以Tn−1=所以E=nm−19.（1）解：当m=−2时，g(x)=f(x令g'(x)=0，得x当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(