山西省晋城市多校2026届高三上学期1月质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省晋城市多校2026届高三上学期1月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.已知全集，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，，故选：D．2.已知复数，则的虚部是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以的虚部是．故选：C．3.数据10，11，11，12，13，14，16，18的75%分位数为（）A.16 B.15 C.14 D.13【答案】B【解析】因为，所以这组数据的75%分位数为．故选：B．4.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．故选：A．5.已知等差数列的前项和为且则的最大值为（）A. B.92C.91 D.90【答案】B【解析】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以，因为，所以当时，最大，且最大值为．故选：B．6.在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】A【解析】因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以仅有最大，则，的通项公式，其中，当时，是有理项，所以，即的展开式中有理项的项数是5．故选：A．7.在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设，因为四边形是菱形，所以，由点是的中点，得，由题意得，，所以，因为，所以的取值范围是．故选：D．8.已知实数满足且则的大小关系不可能为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】如图，在同一直角坐标系中，作出函数的图象，令，则；令，则；令，则．故选：C．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，，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】对于A选项，因为，，所以，故A正确；对于B选项，，故B正确；对于C选项，，故C错误；，故D正确.故选：ABD.10.在正方体中，点是棱的中点，则（）A.平面B.与所成的角为C.平面平面D.过的平面截该正方体所得的平面图形为正方形【答案】AC【解析】如图，在正方体中，，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，所以或其补角为与所成的角，连接，易知为等边三角形，所以，故B错误；因为，所以，因为平面，平面，所以，又平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故C正确；取的中点，连接，，因为，，所以，则四点共面，所以过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，又所以四边形为平行四边形，易知，，所以平行四边形不是正方形，故D错误．故选：AC．11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（）A.的方程为B.到的两条渐近线的距离之积为C.若直线的斜率之积为，则关于原点对称D.若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是【答案】ACD【解析】由题意，得，，解得，，所以的方程为，故A正确；的两条渐近线的方程为，即，设，则，所以到的两条渐近线的距离之积为，故B错误；设，，则关于原点的对称点也在上，又，的斜率之积为，又在上，有，，所以，即，的斜率之积为3，又直线，的斜率之积为3，都在上，所以重合，即关于原点对称，故C正确；因为，直线过点，设，，，直线的方程为，由，得，，所以，，，因为在轴两侧，则其横坐标异号，即，由可知，所以，因为的重心为，所以，，又在上，所以，化简得，所以，即，所以或，即的取值范围是，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，若，则的离心率为___________________.【答案】【解析】由题意，即，所以，因此椭圆的离心率为.故答案为：.13.已知正四棱锥的底面边长为6，高为，则正四棱锥外接球的体积为___________________.【答案】【解析】正四棱锥中，设，连接，则平面，设正四棱锥的外接球球心为，则在直线上，因为正四棱锥的高为，所以，底面正方形的边长为6，则有，所以即为，正四棱锥的外接球半径为，外接球的体积为.故答案为：.14.若函数的最大值为则的最小值为___________________.【答案】【解析】函数的定义域为，，设，则，所以在上单调递减，因为，，所以存在唯一的，使得，即，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的最大值为，由，得，所以，设，则，令，得（舍）或，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以有最小值，即的最小值为3．故答案为：3．四、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.在中，内角A，B，C的对边分别为，（1）求角A的大小；（2）若，求的面积．解：（1）由及正弦定理，得，即，又，，所以，因为，所以；（2）由余弦定理，得，所以，又，所以，解得，所以．16.已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，且.（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.若四边形的面积为，求直线的方程.解：（1）由题意，得的准线方程为，因为直线与交于两点，所以的纵坐标为2，又，所以，解得，所以抛物线的方程为；（2）因为直线与交于两点，不妨设在第一象限，所以，由题意知直线的斜率存在且不为0，，故可设直线，不妨设，则由题意知，联立，得，，因为，所以，又，解得或，所以直线的方程为或，即或．17.如图，、分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，，分别是圆上在同侧的两点，且是线段上一点（不含端点）.（1）求证：平面；（2）已知圆柱的高为6，表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：法一：因为分别是圆上在同侧的两点，且,所以是等边三角形，，所以，又平面平面，所以平面，因为分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，因为平面平面平面，所以平面平面，又平面，所以平面.法二：在线段上取一点，使得，因为分别是圆上在同侧的两点，且，所以是等边三角形，，所以，又，所以四边形是平行四边形，，因为分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，所以，所以，四边形是平行四边形，所以.又平面平面，所以平面.（2）解：在圆中过点作，又平面平面，所以，以为原点所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设圆柱的底面半径为，因为圆柱的高为，表面积为，所以，即，解得（舍）或，因为，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，得，即为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，令，得，即为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．18.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张大小形状完全相同的卡片，其中有张卡片上标有“恭喜中奖”，其余都标有“谢谢参与”．（1）若每位顾客可以一次性抽取2张卡片，每张“恭喜中奖”卡片可以兑换精美礼品1份，现顾客甲参加抽奖活动．（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求的分布列与方差；（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求的数学期望．解：（1）（ⅰ）记顾客甲抽中“恭喜中奖”卡片为事件，顾客甲抽中“谢谢参与”卡片为事件，则所以，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，（ⅱ）由题意知的可能取值为，则.的分布列为所以，；（2）由题意知的可能取值为，则，，所以设，则两式相减，得所以，所以．19.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若对不等式恒成立，求的取值范围；（3）若有两个零点，且证明：.（1）