精品解析：江西省新余市第四中学2025-2026学年高三上学期第二次段考数学试题

江西省新余市第四中学2025-2026学年高三上学期第二次段考数学试题 命题人：熊可心 审题人：李标 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 若，则z=（ ） A. 1–i B. 1+i C. –i D. i 【答案】D 【解析】 【分析】先利用除法运算求得，再利用共轭复数的概念得到即可. 【详解】因为，所以. 故选：D 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题. 2. 集合，若，则（ ） A. B. 3或 C. 3 D. 3或或5 【答案】A 【解析】 【分析】由得，分类讨论：当时，，经验证不合题意，当时，得或，经验证符合题意. 【详解】因为，所以， 当时，，此时，，，不合题意， 当时，或， 当时，，，符合题意， 当时，不满足元素的互异性. 综上所述：. 故选：A. 【点睛】本题考查了由集合的交集求参数，考查了分类讨论思想，考查了集合中元素的互异性，属于基础题. 3. 我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，在数学学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征，如函数的图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再由时函数的符号及排除法，即可得. 【详解】由，且函数的定义域为R，故为奇函数，排除B、C； 当时，恒成立，排除D. 故选：A 4. 已知函数，若，方程有三个实根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数和一次函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可. 【详解】当时，函数在上单调递增，且最小值为， 函数在单调递增，且，如图所示： 由图象可知，无论，还是，函数的图象与直线都不可能有三个交点，不符合题意； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减，则有， 函数在单调递增，且，如图所示： 要想函数的图象与直线可能有三个交点， 只需，即， 故选：D 5. 某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（    ） A. 12种 B. 14种 C. 24种 D. 48种 【答案】A 【解析】 【分析】先将2名英语教师分到两个校区，再将3名数学老师分成2组再分到两个校区，最后只需将其他1人到人数少的一个校区即可. 【详解】由题意知，先将2名英语教师分到两个校区，有2种方法， 第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法， 然后再分到两个校区，共有种方法， 第三步只需将其他1人分到人数少的一个校区， 根据分布乘法计数原理知不同的分配方案共有. 故选：A 6. 已知，：函数在区间上存在最大值，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数分析得的单调性，则得到不等式组，解出的范围，再根据必要不充分条件的判断即可得到答案. 【详解】， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 且. 若在区间上存在最大值，则该区间须包含极大值点， 且极大值不小于区间右端点的函数值（否则函数在该区间没有最大值），即， 由得，即，分解因式得，解得， 联立，解得， 又因为是的真子集， 是的必要不充分条件. 故选：C. 7. 在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可得，进而可得，利用指对数关系、对数的运算性质、换底公式求n即可. 【详解】若原来蓝藻数量为，则，可得， 令经过天后蓝藻增长为原来的5倍，则，即， 可得天. 故选：C 8. 已知是定义域为的函数的导函数，满足，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构建函数，求导判断单调性，转化不等式为，代值计算即可. 【详解】令，则． 因为，所以，在上单调递减． 欲解，即解，又因为为奇函数，可得，而， 所以解，即解．因为单调递减，所以可得， 故选：B． 二、多项选择题（本大题共3个小题，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. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 图象在处的切线方程为 D. 的极小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过求导分析函数单调性、极值、切线方程，从而确定正确答案. 【详解】， 当时，，单调递减；当时，，单调递减，A选项正确. 当时，，单调递增，B选项错误. 当时，，， 所以图象在处的切线方程为， 整理得，C选项正确. 由单调性可知，当时，取得极小值，，D选项正确. 故选：ACD 10. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题可根据等比数列的通项公式及前项和公式，结合等差数列的性质来逐一分析选项. 【详解】选项A：设等比数列的公比为（）， 由成等差数列，则，即， 因为，所以. 令，方程变为，解得或（，所以，舍去），即，故选项A正确； 选项B：若，则，故选项B错误； 选项C：等比数列前项和公式为且， ，， 因为，， 所以，故成等差数列，选项C正确； 选项D：若，由得. 等比数列的项为： ，，， …… 可见偶数项为正，奇数项为负，且，所以正项的绝对值逐渐减小， 即，因此数列的最大项为，故选项D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为2 B. 在上单调递增 C. 在上有2个零点 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据诱导公式化简可得，结合正弦函数最值性质可判断A选项；整体代入法计算的范围结合正弦函数性质可判断BC选项；由图象的平移可判断D选项． 【详解】函数 ． 选项A：， 当，，即，时，取最大值，最大值为2，A正确； 选项B：时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故B错误； 选项C：时，，可知当以及时， 即以及时，在上有2个零点，故C正确； 选项D：的图象向左平移个单位长度，得到， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，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.把答案填在答题卡中的横线上）． 12. 已知数列的前项和为，且满足，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系求解可得. 【详解】当时，； 当时，. 综上，. 故答案为： 13. 如图，中，，，，点是线段一动点，若以为圆心半径为1的圆与线段交于，两点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助向量线性运算及数量积公式可得，再求出最小值即可得. 【详解】连接，则 ， 由最小值为中以为底的高， 则， 经检验等号成立时满足题意. 故答案为：. 14. 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出. 【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法 求导得， 当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点； 当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增． 当时，；当时，． 要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得． 于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为． 故答案为：． ［方法二］： 等价转化 由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，． 只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一． ［方法三］：【最优解】三元基本不等式 同方法二得，，当且仅当时取等号， 要满足条件只需，下同方法一． ［方法四］：等价转化 由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图． 设切点，因为，于是，解得， 下同方法一． 【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法； 方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解； 方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解； 方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解． 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，角所对的边分别为，已知是边上的中线，且. （1）求角的大小； （2）求及的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换进行求解； （2）由余弦定理及三角形的面积公式求解． 【小问1详解】 由正弦定理得： ，再根据两角和的正弦公式展开得： ， 消去，整理得：， ，两边同除以得：， 由辅助角公式得：， 又，则，故，解得． 【小问2详解】 由题意得：， 平方得：，化简得， 解得舍. 由余弦定理得： 的面积 16. 已知数列满足：当时，，且数列为等比数列（为常数），. （1）求常数的值及数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设数列公比为，进而待定系数得再根据等比数列的通项公式求解即可得的通项公式； （2）结合（1）得，再根据分组求和与错位相减法求解即可. 【小问1详解】 解：因为数列为等比数列（为常数），设公比为， 所以，当时，，即， 因为，时，， 所以,解得 所以，， 又，， 所以是等比数列，公比为，首项为， 所以，即 【小问2详解】 解：由（1）知， 令的前项和为， 则 ， 两式相减得：， 所以 所以数列的前项和. 17. 图一，四边形是边长为2的菱形，且，点为的中点，现将沿直线折起，形成如图二的四棱锥，点为的中点. （1）求证：平面； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1）证明如下： 在图二中，取线段的中点为，连接和， 由点为的中点，得且， 又四边形是边长为2的菱形，点为的中点， 所以 且， 则且， 所以四边形为平行四边形，因此， 又平面平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取线段的中点为，利用线面平行的判定推理得证. （2）根据给定条件，结合三棱锥的体积计算证得平面，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求出面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图一中，由菱形的边长为2，，得都是正三角形， 而点为的中点，则有， 则， 设四棱锥的高为， 其体积为，解得， 即点到平面的距离为1，而， 因此平面，直线两两垂直， 以为原点，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，得， 由平面，得为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，而，解得， 所以平面与平面的夹角的大小为. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，且．过的直线与交于两点． （1）求的方程； （2）若均在的右支上，且的周长为，求的方程； （3）是否存在轴上的定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在点，使得为定值. 【解析】 【分析】（1）根据双曲线中的意义和关系，可求的值，得到双曲线的方程. （2）先根据双曲线的定义，求出弦的长度；设直线：，与双曲线方程联立，利用弦长公式，可求的值，即得直线方程. （3）假设存在轴上的定点，使得为定值.结合（2）中的结论，根据为定值，可求的值. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以. 所以双曲线的方程为：. 【小问2详解】 因为均在的右支上，且的周长为， 所以. 如图： 因为，设直线：，代入得： ， 整理得：. 设，， 因为均在的右支上，所以，且，所以， . 所以. 所以. 所以. 所以直线的方程为：，即. 【小问3详解】 假设存在轴上的定点，使得为定值. 因为，， 所以 . 因为为常数，所以. 此时. 所以存在点，使得为定值. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若无零点，且有两个不同的极值点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（ⅰ）令，即，结合直线与无交点，并利用（1）的结果得到的取值范围； （ⅱ）由（1）中方程有，，化简可得，利用导数讨论单调性可得结果. 【小问1详解】 由题意可得， 令，则．判别式． ①当，即时，恒成立， 即恒成立，在R上单调递增； ②当，即时，方程有2个实根， 且由求根公式可知该方程的解为， 由二次函数单调性知在区间和上单调递增， 在区间上单调递减． 综上，时，在R上单调递增； 时，在区间和上单调递增， 在区间上单调递减． 【小问2详解】 （ⅰ）令，即， 由于无零点，则直线与无交点，则； 又有两个不同的极值点,，由（1）知时满足题意，故a的取值范围为． （ⅱ）由（1）中方程有，． 不妨设，． 则 ， 设函数，， 且在上恒成立，故单调递增， 且，． 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省新余市第四中学2025-2026学年高三上学期第二次段考数学试题 命题人：熊可心 审题人：李标 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 若，则z=（ ） A. 1–i B. 1+i C. –i D. i 2. 集合，若，则（ ） A. B. 3或 C. 3 D. 3或或5 3. 我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，在数学学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征，如函数的图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若，方程有三个实根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（    ） A. 12种 B. 14种 C. 24种 D. 48种 6. 已知，：函数在区间上存在最大值，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 8. 已知是定义域为的函数的导函数，满足，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）． A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3个小题，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. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 图象在处的切线方程为 D. 的极小值为 10. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 11. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为2 B. 在上单调递增 C. 在上有2个零点 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上）． 12. 已知数列的前项和为，且满足，则____________. 13. 如图，中，，，，点是线段一动点，若以为圆心半径为1的圆与线段交于，两点，则的最小值为__________. 14. 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________． 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. 在中，角所对的边分别为，已知是边上的中线，且. （1）求角的大小； （2）求及的面积. 16. 已知数列满足：当时，，且数列为等比数列（为常数），. （1）求常数的值及数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 图一，四边形是边长为2的菱形，且，点为的中点，现将沿直线折起，形成如图二的四棱锥，点为的中点. （1）求证：平面； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，且．过的直线与交于两点． （1）求的方程； （2）若均在的右支上，且的周长为，求的方程； （3）是否存在轴上的定点，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）讨论的单调性； （2）若无零点，且有两个不同的极值点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $