精品解析：四川省绵阳南山中学2025-2026学年高三上学期第二次教学质量检测数学试题

绵阳南山中学高2023级高三2025年第二次教学质量检测 数学 2025年9月 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2. 答题时请按要求用笔. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义求结论. 【详解】由有意义可得， 所以，又， 所以， 故选：B 2. 已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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 【答案】B 【解析】 【分析】设出公比为，利用等比数列基本量的运算得：的充要条件为或，分类讨论得既无最大值也无最小值时，，则有，最后根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】设公比为，由得， 因为，所以，所以，所以或， 即的充要条件为或， 当，时，，此时， 故，所以为单调递增数列，此时有最小值无最大值， 当，时，，此时， 故，所以为单调递减数列，此时有最大值无最小值， 当时，，为摆动数列， 且， 故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷， 故无最大值，也无最小值，此时无最大值，无最小值， 所以由“”推不出“既无最大值也无最小值”； 反之，当时，为常数列，此时无最大值或无最小值； 当时，有最大值，也有最小值，此时有最大值和最小值； 当时，由上面分析若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值， 若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值； 当时，结合前述分析可知无最大值，无最小值， 由此可知“既无最大值也无最小值”当且仅当，此时成立. 综上，“”是“既无最大值也无最小值”的必要不充分条件. 故选：B 3. 如图， 为等边三角形的中线上任一点，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加减法运算法则，将要求的式子拆分成已知向量求解；或者直接建立平面直角坐标系，用向量的坐标表示，根据已知条件列方程求解 【详解】方法一： 因为为等边三角形，是边的中点.所以.故. 所以. 因为是边上的中点，所以有. 因此. 故选：D 方法二： 以为原点，，为轴，轴,建立如图所示的平面直角坐标系. 设，，，. 则，，，. 所以. 又因为，，所以有 两式作差得.故. 故选：D 4. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系，结合角的取值范围，可求角的各种三角函数值. 【详解】因为，所以. 因为 由①得，代入②得：. 整理得：， 结合，所以， 所以， 所以. 故选：B 5. 若则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数运算比较和的大小，利用构造函数结合导数判断单调性比较的大小，由此得到大小关系. 【详解】， ， ， 因为，所以，即 因为，即， 因为， 构造函数， 求导， 当时，，只需分析分子的正负， 设，求导， 因为，所以，则，所以在上单调递增， 那么当时，，即， 所以分子，则，所以在上单调递减， 且，所以，即， 综上可得. 故选：C. 6. 已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（ ）项. A. 2026 B. 2027 C. 4048 D. 4049 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，，，等差数列为递增数列，进而得到，，进而结合单调性分析求解即可. 【详解】由， 则，，， 因此等差数列为递增数列， 而， ， 则时，，，即； 当时，，要使最小，则， 此时，数列为递增数列， 则随着的增大，增大，减小，增大，但，，则增大， 因此，当时，最小. 故选：A. 7. 已知对任意恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析条件可知的解集为，得到和的关系，不等式等价转化后可得不等式的解集. 【详解】由得，. 当得，，， 当得，，， 当得，，. ∵对任意恒成立， ∴由得，， ∴和是方程的两根，且， ∴，故. 由得，，即， 解得，故不等式的解集为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查一元二次不等式综合问题，具体思路如下： （1）分析在不同定义域上的取值范围，可得到的解集为. （2）根据不等式的解集结合韦达定理可得，. （3）可转化为，解不等式可得结果. 8. 若函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知转化为恒成立，再求的最小值，最后利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意可知函数的定义域为， 又，， 恒成立，即恒成立，即， 令，， 令，， 在上单调递增，且，当时，， 存在使得，即，即， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ， 又，，， ，， ， ，， 又，当且仅当时等号成立， ，，， 实数的取值范围是. 故选：C. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列满足，其中，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前99项和大于 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用递推式关系求得判断A，结合已知递推式利用等差数列的定义判断B，利用选项B求出，然后利用等差数列求和公式求解即可判断C，先求得，结合利用裂项相消法求和即可判断D. 【详解】对于A，由题意，数列满足，可得，故A错误； 对于B，因为，所以为常数，且， 所以数列为首项为，公差为的等差数列，故B正确； 对于C，由选项B可知，所以，所以， 所以数列的前项和为，故C正确； 对于D，由可知，所以， 因为对都有，所以， 所以数列的前99项和，故D正确. 故选：BCD 10. 在中，是角的对应边，满足，，下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为1 C. 若，则 D. 的面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据证明，A选项，结合勾股定理可求得等式右边是，从而得出判断；B选项，由，则为锐角，故对使用基本不等式进行处理即可求解；C选项，选项条件结合勾股定理，可得三边关系，从而得出三个正弦值进而求解；D选项，利用基本不等式求解. 【详解】先证明. 由题意，，得， 即，等式左右使用和差化积，积化和差公式， 得到， 由诱导公式可得，， 若，则，上式可转化成， 令，则可知矛盾，从而. 对于A，由于，根据勾股定理得，此时， 而右边为， 因左边右边，故A错误； 对于B，在中，由，则为锐角，. 由基本不等式得：， 所以，整理得：， 当且仅当，即，也即或时等号成立， 所以的最小值为1，B正确； 对于C，由，又，所以， 即，整理得：.， 代入得.. 所以，C正确； 对于D，， 由，由基本不等式，，即， 解得（负值舍去）， 又， 则， 当取得等号，D选项正确. 故选：BCD. 11. 祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，则两个几何体体积相等.由此原理可知有限平面区域绕与其不相交的轴（可为其边界）旋转所得旋转体体积＝旋转区域面积重心旋转的圆形轨迹周长.如图1，记圆面绕轴旋转形成的几何体体积为，记半圆面重心坐标为.如图2，阴影部分为函数与的图象围成的区域，记该区域绕轴，轴旋转形成的几何体体积分别为.则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意直接计算，即可判断选项A；将该半圆面绕直线旋转形成半径为1的球体，结合祖暅原理及球的体积公式计算出，即可判断选项B；可求得抛物线在点处的切线方程，即可求直线，与围成的平面区域绕轴旋转所形成的旋转体的体积，作差法即可判断选项C；对于D，方法一：构造半径为1的圆柱减去图2阴影区域的旋转体的纵截面，再构造纵截面为半个单位圆及其内切圆，通过计算得同一截面截取该两个旋转体的面积相同即可判断选项D. 方法二：设题图2中的阴影部分绕轴旋转而成的几何体为，为上一点，用过点且与轴垂直的平面截几何体，所得截面面积为.用过点且与平面ABC垂直的平面截该三棱柱，所得截面面积为，通过判定截面面积相等即可判断选项D. 【详解】易知圆的重心即圆心，由题意可知，故选项A错误； 易知该半圆面绕直线旋转所得的几何体为半径为1的球体， 其体积，解得，故选项B正确； 抛物线在点处的切线方程为，切线与轴的交点为， 所以直线，与围成的平面区域绕轴旋转所形成的旋转体的体积为 ， 所以，而，所以，故选项C正确； 对于D，方法一： 如图，图（1）阴影区域满足，记其绕轴旋转形成的几何体体积为， 图（2）阴影区域满足，记其绕y轴旋转形成的几何体体积为， 设用纵坐标为的平面去截这两个几何体，由得， 则图（1）对应旋转体的截面面积为； 由，得， 则图（2）对应旋转体的截面面积为，则， 易知，而，故选项D正确. 方法二： 设题图2中的阴影部分绕轴旋转而成的几何体为，为上一点， 用过点且与轴垂直的平面截几何体，所得截面面积为. 如图，直三棱柱的高为，底面为腰长为1的等腰直角三角形， 用过点且与平面ABC垂直的平面截该三棱柱，所得截面面积为. 所以，故选项D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据基本不等式列出与的关系，结合，得到关于的不等式，即可求得答案. 【详解】由题知，，由基本不等式，得，当且仅当时，等号成立. 所以，当且仅当时，等号成立． 令，，则，整理得，解得（舍去）或， 即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4. 故答案为：4. 13. 已知满足，且对任意的实数，不等式恒成立，设的夹角为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据结合数量积的运算律化简，将问题转化为一元二次不等式的恒成立问题进而求出，最后利用倍角公式即可. 【详解】由题意可知，对任意的实数恒成立， 即，即， 即， 即对任意的实数恒成立， 则，即，得， 因，则， 则. 故答案为： 14. 已知数列的通项公式是，记为在区间内的项的个数，则使得不等式成立的的最小值为_____. 【答案】12 【解析】 【分析】分别讨论为奇数和偶数时，的解，得的最小值. 【详解】由，得， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 则当为奇数时，， 由，解得，而为奇数，则； 当为偶数时，，由，解得， 所以使得不等式成立的的最小值为12. 故答案为：12 四、解答题：本大题共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. （1）求的最小正周期､单调递增区间 （2）在区间有两个不等的实根，求m的范围 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再求函数的周期与单调增区间即可； （2）由得，作出的图像，利用数形结合即可求解. 【小问1详解】 由题意有， 所以， 所以的最小正周期为， 令， 所以， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 由有， 作出的图像： 由图可知，在区间有两个不等的实根， 所以 所以. 16. 已知． （1）求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 【答案】（1）； （2） 令函数，求导得， 在上单调递增，，即， 取，则，于是， 由（1）知，, ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可； （2）利用导数证明，进而得到， 可得，累加即可证. 【小问1详解】 由，又由题意知，， 左右同时除以得， 所以，则， 故是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以，可得； 【小问2详解】 略 17. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：. 【答案】（1） 函数 的定义域为 ，求导得 ， 当 时， ，所以函数 在 上单调递增； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ，函数 在 上单调递减， 当 时，，函数 在上 单调递增． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数 在上单调递减，在上单调递增． （2）由题意知方程有两个不同的正实根 ， 由（1）知 且 ，解得， 所以 ，，两边同时取自然对数，得 ， 两式相减得 ，即. （i）要证，只需证明 ， 令 ，只需证明 构造函数 ，求导得 ， 所以函数在上单调递增，于是 ， 所以不等式成立，于是原不等式 成立. （ii）结合以上分析可知当 时，； 当 时， ；当 时，． 所以要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ， 于是 ， 对比系数得 ， 所以 ． 【解析】 【分析】（1）利用导数并讨论参数 的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）函数有零点可转化为 ，从而求出 ，利用作差法得，分析法将问题转化为证明 ，利用换元法以及构造新函数，根据导数研究新函数的单调性即可得证；（ii）由（i）可讨论当时，的符号情况 ，分析可知要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ，等价代换得，通过对比系数可得证. 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 略． 18. 已知方程的两实根分别为，数列的通项公式为的前项和为. （1）求； （2）求的值； （3）设数列的前项和为，证明：. 【答案】（1），. （2） （3）证明如下： 当时， 由题设， ， ， 故，设， 则，其中，， 故且， 而，， 故、均为等比数列， 且前者首项为，公比为，后者首项为，公比为， 故， 且， 所以，其中， 而满足上式，故， 整理得： 因为，而， 故， 而， 故， 故即. 【解析】 【分析】（1）求出方程的根后可求； （2）利用代数变形可得，据此可求的值； （3）根据（2）的递归关系可得，利用构造法可求的通项公式，结合不等式的性质可证. 【小问1详解】 因为方程的两实根分别为，故， 故，. 故，. 【小问2详解】 由题设可得， ， 所以， 故， ， ， ， 累计可得：即. 【小问3详解】 略 19. 已知函数 （1）若恒成立，求实数a的取值集合； （2）在（1）的条件下，若函数，的两个零点分别为与且，求证：； （3）已知正整数n满足，试求出所有满足条件的n.(已知 【答案】（1）； （2）由（1）知，，， 函数的定义域为，求导得， 由，解得，要证， 即证，只证， ， 令函数，求导得， 函数在上单调递减，， 函数在上单调递减，， 而，因此， 所以. （3）24. 【解析】 【分析】（1）将不等式变形为，构造函数并求出最大值，进而列式求出值. （2）求出函数，求出导函数的零点，再变形所证不等式并构造函数，利用导数借助单调性证得不等式. （3）利用（2）的信息证得，再构造函数，利用导数证得即可求出值. 【小问1详解】 函数，恒成立， 令函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 则，由，得，即，因此，解得， 所以实数a的取值集合是. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得函数在上单调递减，当时，， 由，得，则， 令函数，求导得，函数在上递减， ，函数在上单调递增，， 因此，即，从而， 又正整数n满足不等式，则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳南山中学高2023级高三2025年第二次教学质量检测 数学 2025年9月 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2. 答题时请按要求用笔. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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 3. 如图， 为等边三角形的中线上任一点，，，则（　　） A. B. C. D. 4. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（ ）项. A. 2026 B. 2027 C. 4048 D. 4049 7. 已知对任意恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列满足，其中，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前99项和大于 10. 在中，是角的对应边，满足，，下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为1 C. 若，则 D. 的面积最大值为 11. 祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，则两个几何体体积相等.由此原理可知有限平面区域绕与其不相交的轴（可为其边界）旋转所得旋转体体积＝旋转区域面积重心旋转的圆形轨迹周长.如图1，记圆面绕轴旋转形成的几何体体积为，记半圆面重心坐标为.如图2，阴影部分为函数与的图象围成的区域，记该区域绕轴，轴旋转形成的几何体体积分别为.则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，则的最小值为______． 13. 已知满足，且对任意的实数，不等式恒成立，设的夹角为，则__________. 14. 已知数列的通项公式是，记为在区间内的项的个数，则使得不等式成立的的最小值为_____. 四、解答题：本大题共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. （1）求的最小正周期､单调递增区间 （2）在区间有两个不等的实根，求m的范围 16. 已知． （1）求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 17. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：. 18. 已知方程的两实根分别为，数列的通项公式为的前项和为. （1）求； （2）求的值； （3）设数列的前项和为，证明：. 19. 已知函数 （1）若恒成立，求实数a的取值集合； （2）在（1）的条件下，若函数，的两个零点分别为与且，求证：； （3）已知正整数n满足，试求出所有满足条件的n.(已知 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $