山西2026届高三天一小高考五(素质评价)数学+答案

HN202604

高三数学

注意事项：

1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定

位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题

卡上。

一、单项选择题：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M={xl1<2¹<8},N=1-2,1,2,3},则MNN=

A.{-2,1,2,3}B.1,2,3C.{-2,1}D.{1,2}

2.若复数z满足z-2=zi,则Izl=

A.√2B.√3C.1D.2

3.“cos2x=0”是“sinx=cosx”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

4.已知抛物线C:y²=4x的焦点为F,P是C上一点，过点P作C的准线l的垂线，垂足为Q.

若△PFQ为等腰直角三角形，则IPFI=

A.4B.3C.2D.1

5.已是奇函数，则f(-ab)=

A.-9B.-1C.1D.9

6.某校人工智能社团共有甲、乙等6名成员，指导老师要从中选出3人组队参加全国青少年

AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注，若甲、乙两人有且只

有一人参赛，则参赛队的人员安排方法数为

A.64B.48C.36D.18

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7.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是面积为4的正方形，PB=2,E,F分别是棱AB,CD的中

点，设四棱锥P-ABCD被过E,F且平行于PB的平面截得的截面面积为S,则S的最大值为

B.2D.1

8.能将曲线C:x⁴+y⁴-x²y²=1上所有的点都包含进去的最小的圆(点可以在圆上)的半径为

A.1B.√2C.2D.4

二、多项选择题：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.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为S。,则下列说法一定正确的是

A.若a₆-a₂=8,则d=2B.若a₆+a₂=0,则S₄=S₂

C.若S₆-S₂=0,则S₈=0D.若S₆+S₂=S,则an+1=an

10.已知双曲线的左焦点为F,左、右顶点分别为A₁,A₂,两条渐近线的夹角为θ,

点P,Q在C上，且PF=QA₂,设直线PQ与y轴的交点为R,则

B.IPQl=4

C.PA₁=RA₂D.A₁P·A₁Q=28

11.已知函数f(x)的定义域为I,若存在x₁,x₂∈I(x₁≠x₂),使得曲线y=f(x)在点(x₁,f(x₁)),

(x₂,f(x₂))处有相同的切线，则称f(x)具有性质P.下列结论正确的是

A.“f'(x)在定义域上不单调”是“f(x)具有性质P”的充分条件

B.函数f(x)=x⁴-2x²具有性质P

C.函数f(x)=x+sinx具有性质P

D.Va∈R,函数f(x)=(x+a)e*+2a都不具有性质P

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知一个圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积与底面积的比值为

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13.如图，曲线与x轴的其中两个交点为B,C,与y轴的交点

为D,若IBCI=IBDI=310BI,贝

14.盒中有6个小球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取5次，每次取1个球，

设a为前2次取出的球上数字的平均值，b为后3次取出的球上数字的平均值，记X=a+b,

则E(X)=

附：若ξ,η是随机变量，则E(ξ+η)=E(ξ)+E(η).

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.(13分)

某智能设备装有3个独立运行的芯片A,B,C,设备正常工作的条件是至少有2个芯片正

常运行，其中A,B正常运行的概率均为p(0<p<1),C正常运行的概率为

(1)若,在恰有2个芯片正常运行的条件下，求C的运行不正常的概率；

(2)若该设备正常工作的概率大于,求p的取值范围.

16.(15分)

已知数列{an}满足

(1)令bn=2"a,求数列{b}的通项公式；

(2)设{an的前n项和为S。,若S。+an<599,求n的最大值.

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17.(15分)

已知函数有两个极值点x₁,x₂·

(1)求实数a的取值范围；

(2)证

18.(17分)

如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PA=AB,PC=BC,平面PAC⊥平面ABCD.

(1)若∠ACB=30°,AC=2,

(i)求四棱锥P-ABCD的体积；

(ii)求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值.

(2)设点B在直线AP上的射影为H,点H到平面ABCD的距离为d,的最大值.

19.(17分)

已知椭圆(a>b>0)的长轴长为4,离心率为,过点A(-1,1)作两条直线

l₁,l₂,其中l₁垂直于x轴，且与C交于M,N两点(点M在第二象限),l₂与C交于P,Q两

点，直线PM,QN交于点R.

(1)求C的方程；

(2)若l₂的斜率,且点P在点Q的上方，求点R的坐标；

(3)求IMRI+INRI的最小值.

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HN202604

高三数学·答案

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.

1.答案D

命题透析本题考查集合的运算.

解析M={xl1<2*<8}={x10<x<3},所以M∩N={1,2}.

2.答案A

命题透析本题考查复数的模.

解析由z-2=zi,可得

3.答案B

命题透析本题考查充分、必要条件的判断及二倍角公式.

解析若cos2x=cos²x-sin'x=(cosx-sinx)(cosx+sinx)=0,则sinx=cosx或sinx=-cosx,故充分性不

成立；反之，由sinx=cosx,可得cos2x=cos²x-sin²x=0,故必要性成立.所以“cos2x=0”是“sinx=cosx”的必

要不充分条件.

4.答案C

命题透析本题考查抛物线的性质.

解析由抛物线的定义，可知IPFI=IPQI,所以△PFQ必然是以P为顶点的等腰直角三角形.由题可知2p=4,

则p=2,所以F(1,0).设l与x轴的交点为E.因为PQ//x轴，所以∠PQE=90°,则四边形PQEF为正方形，所

以IPFI=IPQI=IEFI=2.

5.答案A

命题透析本题考查奇函数的性质.

解析当x<0时，f(x)=-f(-x)=3·2⁻×=2⁻+1OB²³,所以a=-1,b=log₂3,所以f(-ab)=f(log₂3)=-3·

2log2³=-9.

6.答案C

命题透析本题考查排列组合的应用.

解析先从甲、乙两人中选出1人，再从除甲、乙外的4人中选出2人，最后从选出的3人中选1人负责主程序

编写，根据分步乘法计数原理，可得参赛队的人员安排方法数为C₂C²C₃=36.

—1—

7.答案C

命题透析本题考查几何体的截面问题.

解析如图，取PA,PD的中点G,H,连接EG,FH,并延长，交于点Q,连接可得平

面QEF//平面PBC,四边形EFHG即为所求的截面.由题意得QE=2GE=PB=2,EF=BC=2,所以S=

,当且仅当∠QEF=90°时

等号成立，即S的最大值

8.答案B

命题透析本题考查圆及基本不等式的应用.

解析易知曲线C关于x轴、y轴、直线y=x和y=-x均对称，其对称中心为原点.因为x⁴+y⁴-x²y²=(x²+

y²)²-3x²y²=1,所以因为,整理得x²+

y²≤2,所以所求的最小的圆的半径为√2.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的

得0分.

9.答案ACD

命题透析本题考查等差数列的性质，

解析对于A,a₆-a₂=4d=8,解得d=2,故A正确；

对于B,a₆+a₂=2a₄=0,则a₄=0,所以S₄=S₃,但S₄=S₂不一定成立，故B错误；

对于C,S₆-S₂=a₃+a₄+a₅+a₆=2(a₁+ag)=0,则a₁+ag=0,所以,故C正确；

对于D,由S₆+S₂=S₈,可得a₁+a₂=a┐+a₈,则12d=0,解得d=0,则{an}为常数列，故D正确.

10.答案BC

命题透析本题考查双曲线的几何性质以及平面向量的运算.

解析对于A,由题可知C的两条渐近线的方程为y=±2√2x,设渐近线y=-2√2x和y=2√2x的倾斜角分

别为α,β,易知θ=α-β,贝,故A错误：

—2—

对于B,由C的方程可知F(-3,0),A₁(-1,0),A₂(1,0),由PF=QA₂,可得PQ=FA₂,所以IPQI=IFA₂I=4,

故B正确；

对于C,由PQ与x轴平行，可得P,Q关于y轴对称，所以,则PR=A₁A₂,所以PA=

RA²,故C正确；

对于D,将x=2代入C的方程，可得y=±2√6,不妨取Q(2,2√6),则P(-2,2√6),所以A₁P=(-1,2√6),

A₁Q=(3,2√6),所以A₁P·AQ=21,故D错误.

11.答案BCD

命题透析本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的性质.

解析对于A,设f(x)=x³,易知f'(x)=3x²不是单调函数，任给满足f'(x₁)=f'(x₂)的x₁,x₂(x₁≠x₂),曲线

y=f(x)在点(x₁,f(x₁))和(x₂,f(x₂))处的切线方程分别是y=3x}x-2x³,y=3x²x-2x³,而2x³≠2x³,所以两

斜率相等的切线不重合，故f(x)不具有性质P,故A错误；

对于B,f'(x)=4(x³-x),当x=1和x=-1时，均有f'(x)=0,又当x=1和x=-1时，均有f(x)=-1,所以

曲线y=f(x)在点(-1,-1)与(1,-1)处的切线方程均为y=-1,则f(x)具有性质P,故B正确；

对于C,f'(x)=1+cosx,若f(x)具有性质P,则存在x₁,x₂∈I(x₁≠x₂),使得1+cosx₁=1+cosx₂,即cosx₁=

cosx₂,解得x₂=±x₁+2kπ(k∈Z,且x₂≠x₁),曲线y=f(x)在点(x₁,f(x₁))和(x₂,f(x₂))处的切线方程分别

是y=(1+cosx₁)x+sinx₁-x₁cosx₁,y=(1+cosx₁)x+sinx₂-x₂Cosx₁,由两切线重合可知sinx₁-x₁cosx₁=

sinx₂-x₂cosx①,当x₂=x₁+2kπ(k∈Z,且x₂≠x₁)时，①式即x₁cosx₁=x₂cosx₁,取即可，此

时切线方程为y=x+1,即f(x)具有性质P,故C正确；

对于D,f'(x)=(x+a+1)e*+2,设f(x)的图象在点(x₁,f(x₁)),(x₂,f(x₂))(x₁≠x₂)处的切线重合，则

,由前两个式子可得(x₁+a)e*1+2a

,同理

,②-③,,②×③,得(x₁+a+1)(x₂+a+1)=1④,

—3—

由对数平均不等√eˣ¹e²,同理-(x₂+

可得(x₁+a+1)e'+2=e²·

a+1)e*2+2α>e²0·√e*e2,两式相乘，可得(x₁+a+1)(x₂+a+1)>1,与④式矛盾，故f(x)不具有性质P,故

D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.答案√2

命题透析本题考查圆锥的侧面积.

解析设圆锥的底面半径为r,则其母线长l=√2r.该圆锥的底面积为πr²,侧面积为πrl=√2π²,所以其侧面

积与底面积的比值为√2.

13.答案

命题透析本题考查三角函数的图象与性质.

解析由题可知,则,即,代入y=sin(wx+φ),可得,又lφl<

,所以当x=0时,由IBDI²=1OBI²+1ODI²,即,可得w=

,所

14.答案7

命题透析本题考查随机变量的数学期望.

解析设第n次取出的数字为,所以

设第1次取出的数字是k,则第2次只能从剩下的5个数字中取，此时第2次取出的

数字的期望,对所有可能的k求期望，可得

同理，对任意的i∈{1,2,3,4,5,6},

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.命题透析本题考查条件概率及相互独立事件的概率.

解析(1)设事件M为恰有2个芯片正常运行，事件N为C的运行不正常.

由题可,………………(2分)

—4—

,…………(4分)

所以

即在恰有2个芯片正常运行的条件下，C的运行不正常的概率为.……(6分)

(2)该设备正常工作，即有2个或3个芯片正常运行，

所以该设备正常工作的概率

………………(10分)

,得

所以p的取值范围……………(13分)

16.命题透析本题考查数列的通项公式与前n项和公式.

解析(1)由2aₙ+1=a,+3·2”,可得2”⁺¹'aa+1=2”aₙ+3·22”,即bₙ+1-b,=3·22”,…(2分)

当n≥2时，有b,-bₙ-1=3·22ᵐ-²,

累加，得b₂-b₁+b₃-b₂+…+b-bn-1=b-b₁=3×(2²+2⁴+…+22ᵐ-2)

…………………(6分)

,所以b。=4”-4+b₁=4"+1,……………………(7分)

验证可知b₁=5也符合上式，

所以bₙ=4”+1.………………(8分)

(2)因为b,=2"a,且bₙ=4"+1,所以…………………(9分)

所以…………(12分)

则Sₙ+aₙ=2“+¹+2”-1=3·2”-1,………………………(13分)

令S。+an<599,得2”<200,解得n≤7,

所以n的最大值为7.………………………(15分)

—5—

17.命题透析本题考查利用导数研究函数的性质.

解析(1)由题可知…………(1分)

由题可知f'(x)=0有两个变号零点x₁,x₂,

设t=√x(t>0),t₁=√x₁,t₂=√x₂,则t₁,t₂是方程2at²-3t+1=0的两个不等正根，…(2分)

所以解得

所以a的取值范围………………(6分)

(2)由,可

所…(10分)

,………………(11分)

,则

令g'(a)=0,可得

当,g'(a)>0,g(a)单调递增，,g'(a)<0,g(a)单调递减，

所以……………………(15分)

18.命题透析本题考查棱锥的休积、空间向量的应用及余弦定理的应用.

解析(1)(i)如图，作PE₁AC于点E,连接BE.

因为平面PAC1平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC,

所以PE⊥平面ABCD,即PE为四棱锥P-ABCD的高.…………………(1分)

因为四边形ABCD为矩形，∠ACB=30°,AC=2,

所以AB=1,BC=√3.…………………………(2分)

因为PA=AB,CB=CP,AC为公共边，所以△ACP≌△ACB,

故∠ACB=∠ACP,所以△ECP≌△ECB,

故……………………(3分)

所以四棱锥P-ABCD的体积……………………(4分)

—6—

(ii)如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系Bxyz,

则A(0,1,0),CD=(0,1,0),AD=(√3,0,0).

,D(√3,1,0),C√3,0,0),所

…………………(5分)

设平面CPD的法向量为n=(x,y,z),

贝

所以平面CPD的一个法向量为n=(2,0,3).……………(7分)

同理，可得平面APD的一个法向量为m=(0,2√3,1).……………………(8分)

设平面APD与平面CPD的夹角为θ,

……………………(10分)

(2)作HI⊥AC,垂足为I,与(1)同理，可得IⅢI1平面ABCD.

设BC=x(x>0),AB=y(y>0),则AC=√x²+y²,

由PE1平面ABCD,可得PE⊥BE,

所以………………(12分)

在△PAB中，由余弦定理可

在△AHB中

……………(14分)

设,t>0,贝

,贝,令f'(t)=0,可得t=√2,

,t>0

当0<t<√2时，f'(t)>0,f(t)单调递增，当t>√2时，f'(t)<0,f(t)单调递减，

—7—

所的最大值……………………(17分)

19.命题透析本题考查椭圆的方程与几何性质及直线与椭圆的位置关系.

解析(1)设C的半焦距为c(c>0).

由题可得

所以C的方程………………