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，，则
A. B.
C. D.
2. 已知复数，则的虚部是
A. B.
C. D.
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
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.
5. 已知等差数列的前项和为，且，，则的最大值为
A. B.92
C.91 D.90
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
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.
8. 已知实数 ，， 满足 且 ，则 ，， 的大小关系不可能为
A. B.
C. 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. 已知 ，，则
A. B.
C. D.
10. 在正方体 中，点 是棱 的中点，则
A. 平面
B. 与 所成的角为 （注：原内容可能是，这里按推测补充，若实际不是请根据原图调整）
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
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3，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
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 。
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 。
14. 若函数 的最大值为 ，则 的最小值为 。
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.（本小题满分13分）
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，。
（1）求角A的大小；
(2)若，，求的面积。
16.（本小题满分15分）
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AMBN的面积为，求直线l的方程。
17.（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，，AB分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，C，D分别是圆O上在AB同侧的两点，且，E是线段OC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。
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。
19.（本小题满分17分）
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：。
2025～2026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，，得，故选D.
2.C因为，所以的虚部是3.故选C.
3.B因为，所以这组数据的75%分位数为.故选B.
4.A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），可以得到的图象.故选A.
5.B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92.故选B.
6.A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，.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.D因为点在线段上，所以可设，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.C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.
9.ABD因为，，所以，故A正确；，故B正确；，故C错误；，故D正确.故选ABD.
10.AC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.ACD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， 所以 ， ， 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 ， 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.
12. 由题意， 得 ， 又 ， 所以 ， 所以 的离心率为 .
13. 如图，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 ，又 ，所以 即为 ，正四棱锥 的外接球半径为 ，外接球的体积为 .
14.3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.
15. 解：（1）由 及正弦定理，得 ， 2分 即 . 3分 在 中， ，所以 ，， 4分 又 ，所以 ，. 5分 因为 ，所以 . 6分 （2）由余弦定理 ，得 ， 8分 所以 ，又 ，所以 ，解得 ， 10分 所以 的面积为 . 13分
16. 解：（1）由题意，得 的准线方程为 ， 1分 因为直线 与 交于 ， 两点，所以 的纵坐标为2， 又 ，所以 ，解得 ， 4分 所以抛物线 的方程为 . 6分 （2）因为直线 与 交于 ， 两点，不妨设 在第一象限， 所以 ，，. 7分 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，，，，………………… 9分
因为，
所以，……………………………………………………………………………… 11分
又
，所以或，…………………………………………………………………… 14分
所以直线的方程为或，即或， ……………… 15分
.（1）证法一：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。………………………………………… 2分
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。 ………………………………………… 4分
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，又平面，所以平面。………………………… 7分
证法二：如图，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，，。 ………………………………………… 3分
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。………………………… 5分
又平面，平面，所以平面。 ……… 7分
（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。 …………… 8分
因为，，，
所以，，，。 ………………………………………………… 9分
，，，
设平面的法向量为，则即
令，得，，即为平面的一个法向量。 …………………… 11分
设平面的法向量为，则即
令，得，，即为平面的一个法向量。 …………………………… 13分
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为。 ………………………………………………… 15分
18.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，，………………………………………………………… 2分
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。 ………………… 4分
（ⅱ）由题意知的可能取值为，，，
则，，。
的分布列为
………………………………………………………………………………………… 6分
所以，………………………………………………………… 7分
。 ………………………………………… 9分
（2）由题意知的可能取值为，，，，，则，，
， ……………………………………………… 11分
所以， … 12分
设，
则，
两式相减，得
，
所以， 15分
所以
。 17分
19.（1） 解：当时，，， 1分
令，得， 2分
当时，，单调递减；当时，，单调递增。
所以的极小值为，没有极大值。 4分
（2） 解：因为对，不等式恒成立，则在上恒成立。 5分
设，，
则， 6分
令，，则恒成立，
所以单调递增，， 7分
当时，，单调递增；当时，，单调递减。
所以的极大值为，也是最大值。 9分
所以，即的取值范围是。 10分
（3） 证明：，
由有两个零点，，且，得，，
所以，故。 12分
要证，需证，即，
需证，令，即，即证。 14分
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
即，所以得证。 17分