精品解析：吉林省长春市实验中学2025-2026学年高三上学期第二学程考试数学试题

长春市实验中学 2025-2026学年上学期第二学程考试 高三数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. i 2. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知，，，则边的值为（ ） A. B. C. 或 D. 不存在 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的导函数，的图象如下图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数在区间上单调递增 C. ，对于 D. 7. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，直角三角形中最小的一个角为，且小正方形与大正方形的面积之比为1:4，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，满足，且不为常数函数，，则（ ） A. -2 B. 2 C. -2026 D. 2026 二、多项选择题：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，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象向左平移个单位长度后得到函数 C. 的图象关于直线对称 D. 若方程在上有且只有6个根，则 11. 记、分别为函数、的导函数，若存在，满足且.则称为函数与的一个“点”，则下列说法正确的为（ ） A. 函数与存在两个“点” B. 函数与存在唯一“点” C. 若函数与存在“点”，则 D. 对于函数与，对于任意的，存在，使得函数与在区间内存在“点” 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共!5分. 12. 在中，，若，则实数的值为_____. 13. 已知，为锐角，且，，则 ______. 14. 已知函数有两个极值点与，若，则实数的取值范围为________. 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. 已知函数，. （1）求的解析式和的单调递增区间； （2）设函数，求在区间上的值域. 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为2的正方形，M、N分别为、的中点. （1）证明：面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积； （3）若锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围. 18. 已知O为坐标原点，双曲线的焦点，在轴上，离心率为2，且双曲线上一点到两焦点距离之差的绝对值等于2. （1）求曲线的方程. （2）设点，过点作与轴不重合的直线与曲线交于两点. ①记直线，的斜率分别为，，求的值； ②若直线与直线交于点H，过点N与x轴平行的直线与，分别交于点P，Q，求证：点P是线段的中点. 19. 已知函数．（注：是自然对数的底数）． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在区间内有唯一的极值点． ①求实数的取值范围； ②求证：在区间内有唯一的零点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市实验中学 2025-2026学年上学期第二学程考试 高三数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】根据求得，再根据虚部的定义即可得到答案． 【详解】因为，所以，根据复数虚部的定义，其虚部为1． 故选：B． 2. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据真数大于0表示集合，解一元二次不等式化简集合，利用集合的基本运算确定答案. 【详解】由得，，故， 由得，或，故或， ∴，∴. 故选：A. 3. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用扇形的弧长及面积公式计算求解. 【详解】设扇形的半径为， 因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为， 则，所以 则该扇形的面积为. 故选：B. 4. 在中，已知，，，则边的值为（ ） A. B. C. 或 D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理计算即可求解. 【详解】由余弦定理可得，即， 化简得，解得或， 经检验，均符合题意，故边的值为或. 故选：C 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换元法和复合函数单调性的判断方法，换元后可知只要满足即可，从而可求出实数的取值范围. 【详解】令，则， 因为函数在区间上单调递减， 且在定义域内递增， 所以，解得. 故选：D 6. 已知函数的导函数，的图象如下图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数在区间上单调递增 C. ，对于 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定图象，求出函数的单调区间及极值、最值情况，再逐项判断得解. 【详解】观察图象知，当时，；当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值， 对于A，是函数的唯一极值点，且为极大值点，A错误； 对于B，，函数在区间上单调递减，B错误； 对于C，，函数值域为，因此不存在， 使得对于，C错误； 对于D，由选项C知，函数值域为，，D正确. 故选：D 7. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，直角三角形中最小的一个角为，且小正方形与大正方形的面积之比为1:4，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设大正方形的边长为，则小正方形的边长为，根据已知可得，由同角三角函数关系化简得，结合角的范围求. 【详解】设大正方形的边长为，则小正方形的边长为， 依题意可得，故， 即， 解得或. 因为，则，故. 故选：B 8. 已知函数的定义域为，满足，且不为常数函数，，则（ ） A. -2 B. 2 C. -2026 D. 2026 【答案】A 【解析】 【分析】令求出，再令，得到，从而求得函数的周期为4，分别求出，然后根据周期计算即可. 【详解】由题意令，得，因为不是常数函数，所以， 再令，得，因为，所以，则，故，所以函数的周期为4. 由，得，所以0， 所以 . 故选：A 二、多项选择题：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，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性，可判断A的正误；利用作差法，可判断B的正误；根据不等式的性质，可判断C的正误，构造函数，利用导数求得单调性，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：因为在上单调递减，且，则， 所以，故A正确； 选项B：， 因为，所以，则，故B错误； 选项C：因为，所以， 所以，即，故C正确； 选项D：令，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 当时，，即，所以， 当时，，即，所以，此时不成立，故D错误. 故选：AC 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象向左平移个单位长度后得到函数 C. 的图象关于直线对称 D. 若方程在上有且只有6个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据函数图象求出函数的解析式，再结合三角函数的性质对选项逐一分析即可. 【详解】由图象可知，函数的最大值为，即，，，又，，， 又图象过点，，，解得， 而的最小正周期需要满足，即，解得，，，正确， 函数的图象向左平移个单位长度后，得到新函数，错误， ，的图象关于直线对称，正确， ， 若方程在上有且只有6个根，则，正确. 故选：. 11. 记、分别为函数、的导函数，若存在，满足且.则称为函数与的一个“点”，则下列说法正确的为（ ） A. 函数与存在两个“点” B. 函数与存在唯一“点” C. 若函数与存在“点”，则 D. 对于函数与，对于任意的，存在，使得函数与在区间内存在“点” 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据“S点”的定义，结合导数对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】令. 对于A选项，，则， 函数的定义域为，令可得，且， 所以，函数与不存在“点”，A错误； 对于B选项，，则， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，，所以，， 此时，函数与存在唯一“点”，B正确； 对于C选项，函数，，与，， 由，消去并化简得， 则，C选项正确. 对于D选项，对于函数与，， 则，， 由，假设，得，得. 由得，得， 令， 设， 则，得， 由的图象在上不间断， 则在上有零点，则在上有零点， 故存在，使函数与在区间内存在“S点”. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共!5分. 12. 在中，，若，则实数的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算化简即可得解. 【详解】由已知，则， 即， 又， 则， 故答案为：. 13. 已知，为锐角，且，，则 ______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据，为锐角及题中条件，可求出的值，代入两角差的正弦公式，计算即可得答案. 【详解】因为，为锐角，， 所以， 因为为锐角，所以， 因为， 所以， 所以 . 故答案为： 14. 已知函数有两个极值点与，若，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】求导可得两个根为与，令，分析可得为方程的两个不相等实根，根据韦达定理，可得，则，根据，代入化简，整理计算，即可得答案. 【详解】由题意的两个根为与， 即，所以， 同理，即， 令，则为方程的两个不相等实根， ，则， 所以判别式，解得. 又 ，所以， 综上，实数的取值范围. 故答案为： 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. 已知函数，. （1）求的解析式和的单调递增区间； （2）设函数，求在区间上的值域. 【答案】（1），增区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）由计算可得的解析式，根据正弦型函数性质计算可得单调递增区间； （2）根据三角恒等变换得，根据正弦函数性质计算即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，即， 因为，所以，即， 令， 解得， 所以的单调递增区间为，； 【小问2详解】 由题意可得 ， 若，则， 由正弦函数性质可知，当时，即时，， 函数有最大值为， 当时，即时，， 函数有最小值为， 所以函数在区间上的值域. 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为2的正方形，M、N分别为、的中点. （1）证明：面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 设中点为，连接，， 因为M、N分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面， 平面，平面， 所以平面，平面， 平面，平面，且， 所以平面平面，因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，，通过证明平面平面可得证面； （2）设中点为，中点为，以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设中点为，中点为，因为，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，进而，因为四边形是正方形，所以， 以为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立坐标系， 因为若，，所以， ，，，，为中点，所以. 设平面的法向量为， 因为，，，， 所以，， 取，则，，， 平面的法向量为， 平面与平面夹角的余弦值为. 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积； （3）若锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及两角和差的正弦公式化简； （2）利用余弦定理以及求出，再利用面积公式； （3）利用正弦定理将目标化为，根据锐角三角形求出，结合对勾函数求取值范围即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得：， 即 ， 又，则，， 又，故； 【小问2详解】 由余弦定理，又，，得， 所以， 又，得， 故的面积； 【小问3详解】 因外接圆直径为，则由正弦定理可知， 故，， 因为是锐角三角形， 所以，得， 所以， 令，， 由对勾函数的性质可知，在上单调递减；在上单调递增； 当时，；当时，；当时，； 因为，所以， 故的取值范围为. 18. 已知O为坐标原点，双曲线的焦点，在轴上，离心率为2，且双曲线上一点到两焦点距离之差的绝对值等于2. （1）求曲线的方程. （2）设点，过点作与轴不重合的直线与曲线交于两点. ①记直线，的斜率分别为，，求的值； ②若直线与直线交于点H，过点N与x轴平行的直线与，分别交于点P，Q，求证：点P是线段的中点. 【答案】（1） （2）①； ②由题知直线的斜率存在， 由（i）的解法一知直线的方程为，且， 直线的方程为， 令，得， ，则直线的方程为， 令，得. 由于 ， 所以，故点为线段的中点. 【解析】 【分析】（1）根据双曲线定义结合题意计算即可求解； （2）（ⅰ）联立直线和双曲线结合斜率公式计算化简求值；结合过点，设直线的方程，再代入计算化简得出斜率积为定值；（ⅱ）联立直线和双曲线，结合根与系数关系化简得出，即可证明结论. 【小问1详解】 因为双曲线上一点到两焦点距离之差的绝对值等于2， 所以，即， 因为离心率为2，所以，即， 因为，且双曲线的焦点，在轴上， 所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）由题意知直线的斜率不为0，设，， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 其中，且，则， 则 ， 当直线的斜率不存在时，可令，， 故，. 综上，； （ii）略 19. 已知函数．（注：是自然对数的底数）． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在区间内有唯一的极值点． ①求实数的取值范围； ②求证：在区间内有唯一的零点，且． 【答案】（1） （2）① ； ②由①知，当时，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以时，，则， 又因为，所以在上有唯一零点， 即在上有唯一零点． 因为， 由①知，所以， 则 ， 设，， 则， ，，所以 在为单调递增，又，所以， 又时，，所以． 所以． 由前面讨论知，，在单调递增， 所以． 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义，求切点处的切线方程； （2）利用导数研究单调性得到极值的个数，利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系. 【小问1详解】 当时，， ， 切线的斜率，又，所以切点为， 所以，切线方程为 【小问2详解】 ①.函数，， （ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去； （ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增， 又，，所以在上有唯一零点， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意， 综上，的取值范围是． ②略 【点睛】思路点睛： 1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $