山西省临汾市高三上学期期末考试数学

山西临汾市2026届高三年级第一学期期末考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．在等差数列中，，，则其公差（

）A．1 B．2 C．3 D．43．已知变量与之间的一组数据如下表：123450.82.94.87.29.1若关于的线性回归方程为，则（

）A．1.31 B． C．1.56 D．4．函数的图象大致为（

）A． B． C． D．5．为了得到函数的图象，只需将函数的图象（

）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位6．正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得截面的周长为（

）A． B． C． D．7．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，若，则椭圆离心率的范围为（

）A． B． C． D．8．定义在上的函数不恒为0，对任意均有，且.则下列说法正确的是（

）A． B．周期为4C． D．为奇函数二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．已知，，分别是内角，，的对边，为边上一点，的面积为，且满足，，则（

）A．B．当为中线时，C．当为高线时，D．当为角平分线时，11．在直角中，，，为上一点，现将直角以边所在直线为轴旋转一周，其余两边旋转一周形成的面围成圆锥，点为此圆锥底面圆周上一点，且，则（

）A．该圆锥的侧面积为B．当为中点时，过作平行于圆锥底面的平面，截圆锥所得台体的体积为C．当在圆锥表面上的距离最短时，为三等分点D．该圆锥内装有三个半径相等的铁球时，铁球的最大半径为三、填空题12．已知复数满足，则在复平面内对应的点在第象限.13．已知圆与轴正半轴相切，圆心在直线上，且被直线截得的弦长为，则圆的标准方程为.14．已知函数，同时满足条件：①，或；②，.则的取值范围是.四、解答题15．如图.在直三棱柱中，点分别为棱的中点.(1)求证：平面；(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.16．已知数列满足，，数列为等差数列，为与的等差中项，且.(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.17．某公司使用一个由1台主服务器和3台备用服务器组成的系统运行关键业务.每台服务器正常工作的概率均为0.9（实际生活中服务器可靠度通常在0.9以上，为便于计算我们在此取0.9），且各服务器运行状态相互独立.该系统正常工作必须同时满足以下两个条件：①主服务器正常工作；②至少2台备用服务器正常工作.否则判定为故障.(1)记为备用服务器正常工作的台数，求的分布列及期望；(2)求系统正常工作的概率；(3)若已知系统发生故障，求此时主服务器正常工作的概率.（结果精确到0.1）18．已知函数.(1)求的图象在处的切线方程；(2)求在区间上的最大值；(3)若，有三个极值点，求实数的范围.19．已知焦点在轴上的等轴双曲线的实轴长为，将曲线绕原点逆时针旋转得到曲线：.(1)求的方程，并直接写出的方程；(2)设曲线在第一象限内的点与轴上的点顺次构成等腰直角，，，…，其中为直角顶点.求的面积关于的表达式；(3)设等腰直角的三个顶点都在曲线上，求面积的最小值.

参考答案1．C【详解】由，得，解得，所以，又因为，所以.故选：C.2．B【详解】，即，所以，解得.故选：B3．B【详解】，，而点在线性回归方程上，得，解得，故选：B4．A【详解】定义域为，又，故为偶函数，排除BD；当时，，故，排除C选项，A正确.故选：A5．D【详解】因为函数，又函数，所以只需将函数的图象向右平移个单位即可得到函数的图象.故选：D6．A【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，为的中点，则；要找平面与正方体其他棱的交点，观察棱，设交点为；现验证点在平面上，则与、共面，即存在实数、，使得：，代入坐标向量，，，列方程：，因此(为的中点)，形成的截面为四边形；依据空间中两点的距离公式可知：，，，，四边形的边长均为，则其周长为.故选：A7．A【详解】由过的直线与交于，两点，得，所以，即，又，所以，又，所以，所以，所以，所以，由，得，所以，所以，即，所以或；由，得，即，所以，所以离心率的范围为.8．B【详解】对于选项A，令，则，整理得，解得或；若，令，则，即，这与函数不恒为0矛盾，所以，选项A错误；对于选项B，令，则，所以；用代替，则，再用代替，则；所以函数周期为4，选项B正确；对于选项C，因为函数周期为4，所以，令，则，即，因为，所以，所以，选项C错误；对于选项D，令，则，即，因为，所以，即，为偶函数，选项D错误.故选：B9．BC【详解】对于A，，但，故A错误；对于B，若，则，故B正确；对于C，，又，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以，故C正确；对于D，，当且仅当或时取等号，故D错误.故选：BC.10．ABD【详解】由以及正弦定理可得，，得，故A正确；因为的面积为，所以，即，因为，所以，因为，所以，则，则，在中利用余弦定理可得，，则，当为中线时，，则，即，得，故B正确；当为高线时，，得，故C错误；当为角平分线时，则，由，得，则，故D正确.故选：ABD11．ABD【详解】如图所示，在直角中，由，，可得，即圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则高为，对于A，圆锥的侧面积为，所以A正确；对于B，大圆锥的体积为，因为为中点时，过作平行于圆锥底面的平面，可得，所以小圆锥的体积为，所以截圆锥所得台体的体积为，所以B正确；对于C，设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，可得，因为点为此圆锥底面圆周上一点，且，可得点是弧的中点，如图（2）所示，可得，过点作，在直角中，可得，所以点不是三等分点，所以C错误；对于D，设铁球的最大半径，则圆锥的轴截面为等腰三角形，且底边为，高为，当三个铁球两两相切且与圆锥相切时，铁球的半径最大，此时，圆锥的轴截面中，三个铁球的球心构成一个等边三角形，边长为，可得,，，所以，解得，所以D正确.故选：ABD.12．一【详解】由可得：，所以在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限.故答案为：一.13．【详解】因为圆与轴正半轴相切，且圆心在直线上，设圆心为，，则半径，且圆心到直线的距离，又因为圆被直线截得的弦长为，解得，即圆心，则半径，所以圆的标准方程为.故答案为：.14．【详解】画出的图象，如下：

故时，，当时，，由①，或，可知，当时，，故二次函数开口向下，所以，其中，要想满足时，，需满足，解得，又，，故存在时，使得，结合二次函数特征可知，，解得，综上，.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)【详解】（1）证法一：取的中点，连接，，因为，分别为棱，的中点，所以且，又因为为中点，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.证法二：取的中点，连接，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.因为，分别为，的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面，因为，，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）解法一：如图，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以，取，则，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.解法二：连接，过点作直线的垂线，垂足为，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，即平面，因为，为棱的中点，所以，，在中，，即，故，设直线与平面所成的角为，在直角三角形，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.16．(1)证明见解析，(2)【详解】（1）因为，所以，即，又因为，所以，即.所以，数列是以2为首项，2为公比的等比数列.则，所以.（2）设数列公差为，由（1）知，，因为为与的等差中项，所以，又因为，则.所以.解法一：当时，，当时，，.综上，数列的前项和.解法二：记数列前项和为，则.又因为，当时，.当时，.综上，数列的前项和17．(1)分布列见解析，2.7(2)(3)【详解】（1）由题可知的可能取值为0，1，2，3，则，所以，，，，所以的分布列：01230.0010.0270.2430.729所以.（2）设事件“系统正常工作”，则.（3）设“系统发生故障”，“主服务器正常工作”，则，，所以.18．(1)(2)(3)【详解】（1）由题，，所以，所以的图象在点处的切线方程为即.（2）由（1）可知，因为，所以，当时，，，当时，，，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在区间上的最大值为.（3）因为要使函数在区间上有三个极值点，则函数在区间上有三个不同的变号零点，令，则，当时，令或或或，故存在使得即，所以当时；当时；当时，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，作直线与函数的图象如图所示：由图可知直线与函数的图象有3个不同的交点时，所以函数在区间上有三个不同的变号零点，实数的取值范围为.19．(1)，(2)(3)【详解】（1）设双曲线的方程为：，由题可知，，得.所以的方程为，由图可得，实轴顶点坐标，在绕原点逆时针旋转后得到的点的坐标，所以反比例曲线经过点，即可得，所以的方程为.（2）由于等腰直角，所以，，设，当时，.代入，得，所以数列是以4为首项，4为公差的等差数列.所以，，故的面积为.（3）解法一：设，，.不影响一般性，不妨设为直角顶点.记的面积为，则，依题，，即，