2026届江西省上高二中高三年级暑期数学练习2

2026届高三年级暑期数学练习2 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知为虚数单位，复数，则的共轭复数（    ） A． B． C． D． 3．某学校举办足球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支较强的球队被分在不同组的概率为（    ） A． B． C． D． 4．设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．若函数在处取得极小值，则实数a的值为（   ） A．3 B．6 C．9 D．3或9 6．在中，角所对的边分别为若，则为（    ） A．锐角三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 7．，若存在使得成等差数列，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．已知分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆的外部为轴上一点，线段与椭圆交于点内切圆的直径为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在上单调递减 C．直线为的一条对称轴 D．若为偶函数，则 10．在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则（    ） A．过点E有且只有一条直线与直线和都相交 B．过点E有且只有一个平面与直线和所成角相等 C．过A，，E三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的面积为 D．点Q是正方形内的动点，，则Q点的轨迹长度是 11．函数是定义域为的奇函数，当时，，下列结论正确的有（   ） A．当时， B．方程有3个不等实根 C．函数有最大值 D． 三、填空题 12．设，则 . 13．已知单位向量满足，且向量与的夹角为，则 ． 14．已知圆C：与曲线的公切线为直线（），则圆C的半径为 ， ． 四、解答题 15．已知数列的前项和为，，． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 16．某中学根据学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”“棋类”“国学”三个社团，据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．某新生通过考核选拔进入“摄影”“棋类”“国学”三个社团的概率依次为m，，n，三个社团他都能进入的概率为，至少能进入一个社团的概率为，且． (1)求m与n的值； (2)该校规定，对进入“摄影”社的学生增加校本选修学分1分，对进入“棋类”社的学生增加校本选修学分2分，对进入“国学”社的学生增加校本选修学分3分，求该新生在社团方面获得校本选修学分的分布列． 17．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．已知为双曲线的右焦点，其渐近线被抛物线截得的弦长为2，且点在上． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，则轴上是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，记的极小值为，证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2026届高三年级暑期数学练习2参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C C A D B B ACD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】解对数不等式得到集合，由指数函数的值域得到集合，由集合的交集运算得到. 【详解】由，得，则 又由，当时，，则， 所以. 故选：A． 2．C 【分析】利用复数的乘法及除法运算化简复数，再根据共轭复数定义判断即可. 【详解】因为. 所以. 故选：C. 3．C 【分析】先求出两支较强的球队被分在不同组的分法，在求出总的分法，根据古典概型概率公式求解即可. 【详解】由题意可知，两支较强的球队被分在不同组的分法有种，所有的分法有种， 结合古典概型概率计算公式可得所求概率为. 故选:C. 4．C 【分析】先根据直线方程的特点，分和两种情况讨论，再分别计算出倾斜角的取值范围，最后取并集即可. 【详解】当时，直线的方程为，此时直线的倾斜角； 当时，直线的斜率为， 因为， 所以，即， 又因为， 所以结合正切函数的图象可得：. 综上可得：直线的倾斜角的取值范围是. 故选：C. 5．A 【分析】先求，由题意得解得，根据的值检验在处取得极小值即可. 【详解】由得 函数在处取得极小值， 解得或 ①当时， 则当或时，，当时，， 所以函数单调递增区间为，函数单调递减区间为， 所以当时，函数取得极小值，所以符合题意. ②当时， 则当或时，，当时，， 所以函数单调递增区间为，函数单调递减区间为， 所以当时，函数取得极大值，不合题意. 故选：A. 6．D 【分析】利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，通过两角和的正弦化简即可判断三角函数的形状. 【详解】由正弦定理可知，，， 可化为， 又角所对的边分别为，由诱导公式可得， ， 即， 在中，，，，， 即角是钝角，则为钝角三角形. 故选：D 7．B 【分析】根据等差数列的性质列方程，结合对数函数的知识列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】由，解得， 依题意，存在使得成等差数列， 即存在使得， 即存在使得， 则， ， 设，则， 函数的开口向上，对称轴为， 所以函数在区间上单调递增， 则， 所以，而且，所以. 故选：B 8．B 【分析】利用切线长定理可得出，再由椭圆定义可求出，结合勾股定理可得出关于的齐次等式，即可求出该椭圆的离心率的值. 【详解】设的内切圆分别切该三角形三边于点，如图所示. 由切线长定理可得， 则 . 因为，所以， 由圆的几何性质可得，故四边形为正方形， 且其边长为. 由对称性可知，由椭圆定义可得，① 又因为，所以，② 联立①②可得. 由勾股定理可得，即， 整理可得，即， 即，整理可得， 因此，. 故选：B. 9．ACD 【分析】根据图象得到，然后根据正弦型函数的性质进行逐一判断. 【详解】由图可知：，，则， 当时，函数取得最大值，所以，又，所以. 所以. 对A，的最小正周期为，正确； 对B，，令，则，可知在不是单调的，故错误； 对C，由，所以，所以取得最小值-3，直线为的一条对称轴，故正确； 对D，为偶函数，所以，故正确. 故选：ACD. 10．ACD 【分析】利用平面的性质判断A；举例说明判断B；取中点为F，作出截面并求出其面积判断C；可证得平面，可知点Q的轨迹为线段，求出轨迹的长度判断D. 【详解】对于A选项，记点Q为上一点，与相交于点P，易知此时Q在平面上， 而直线与平面有且仅有唯一交点，故有且仅有一个点Q符合条件， 于是满足条件的直线有且仅有一条，A正确， 对于B选项，一个平面与所成角等于该平面与直线所成角. 根据正方体的对称性可知，平面，平面均符合要求，B错误， 对于C选项，取中点为F，显然， 故该截面的面积可等价为梯形的面积， 而，，， 故由平面几何知识可知该梯形的高为， 其面积，C正确， 对于D选项，因为平面，平面，所以， 因为是正方形，所以， 又，平面，平面，故平面， 又，平面，点Q是正方形内的动点， 可知点Q的轨迹为线段，长度为，D正确， 故选：ACD． 11．ABD 【分析】运用奇函数的定义可得时的解析式，可判断A；令，求出所对应的方程的解，即可判断；利用导数判断函数的单调性求出函数的极值，即可判断；由的值域可判断． 【详解】对于A，函数为定义在上的奇函数， 当时，，，故A正确； 对于B，当时，，解得，时，，解得， 又，所以有和0三个零点，故B正确； 对于C，当时，，，当时，，递减， 时，，递增， ∴时，有极小值，时，，，， 由是奇函数，∴时，有极大值， 又，所以的值域是，故C错误； 对于D，由C的讨论知，因此对任意的实数有，， ∴，即，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】由并写出展开式通项公式，结合已知求对应项的系数即可. 【详解】由，则展开式通项为且， 当，则，故. 故答案为： 13．/ 【分析】应用平面向量的运算律结合模长公式计算，最后应用夹角余弦公式列式求参即可. 【详解】  设，，因为，所以，且， 则，， 所以， 则，解得． 故答案为：. 14． 1 【分析】根据圆的一般方程的二次项系数的特点求出，设出直线和的切点，根据导数的几何意义和点到直线的距离列方程求解 【详解】由圆C的方程，得，即，所以圆C：的半径为， 则点到直线的距离，得． 和相切，设切点为， ．由，得，得， 因为，所以． 设，则，当时，，当时，， 则在上递减，在上递增， 所以，所以． 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）利用退一相减法可得数列的通项公式； （2）利用错位相减法可得. 【详解】（1）当时，； 当时，由可知， 两式相减得，即． 又因为，且， 所以数列从第二项起是等比数列，公比为， 所以， 综上所述，； （2）由（1）可知． ，① ，② ①②，得 ． 所以． 16．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意根据相互独立事件概率的计算，三个社团都能进入的概率为能够进入每个社团的概率之积，至少进入一个社团的概率为1减去三个社团都不进的概率； （2）根据题意设该新生在社团方面获得校本选修课学分为X，则X的可能取值有0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，写出分布列即可. 【详解】（1）由，得． （2）令该新生在社团方面获得的校本选修学分为随机变量X，则X的值可以为0，1，2，3，4，5，6． ， ， ， ， ， P， ． 故随机变量X的分布列如下． X 0 1 2 3 4 5 6 P 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）设中点为，连接，由等边三角形、面面垂直的性质得、，再由线面垂直的性质、判定证明结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，并求出直线与平面的方向向量、法向量，再应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故， 由题意，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 由平面，故， 又M为的中点，为等边三角形，则， 因为，平面，所以平面. （2） 由（1）知平面，平面，故， 连接，，则， 即四边形为平行四边形，故，所以， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成角为θ，，则. 18．(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程，求出，再代入点，解之即得； （2）由题意可设直线/的横截距方程，与双曲线方程联立消元得到一元二次方程，得出韦达定理，不妨假设存在点P，求出的表达式，代入韦达定理，化简后分析即得. 【详解】（1）由对称性可设双曲线的一条渐近线方程为， 且与抛物线交点分别为，则， 联立得， 则，解得，则， 故的方程为，代入点，解得． 所以的方程为． （2）轴上存在一点，使得为定值． 由（1）得，设， ①当直线的斜率不为0时，设的方程为． 联立得， ，则． 故 ， 故当时，为定值，此时点的坐标为． ②当直线的斜率为0时，则直线为轴，故， 此时，将点代入得，满足①中所求定值． 综上，当点的坐标为时，为定值． 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）当时，可得，再利用导数的几何意义求出切线方程； （2）先利用导数求出则的极小值，从而可得要证，即证，构造函数，利用导数求得，从而可求解. 【详解】（1）当时，，， 故当时，曲线在处的切线方程为， 化简得． 故切线方程为：. （2）由题知，令，解得， 又，则，则当时，单调递增， 当时，单调递减，当时，单调递增， 则的极小值，． 要证，即证． 令，则， 令，则， 则在区间内单调递减，又， 所以，即在区间内单调递增， 则， 故. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$