精品解析：山西省大同市2025-2026学年高三上学期第二次学情调研测试数学试题

2026届高三年级第二次学情调研测试 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5 mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 5.本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 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，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解指数不等式求得集合，利用交集的意义求解即可. 【详解】由，得，解得，所以， 又，所以. 故选：A. 2. 已知复数，为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法及复数的模即可求解. 【详解】，所以. 故选：C. 3. 首项为的等差数列，从第5项起开始为正数，则公差的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助等差数列基本量计算即可得. 【详解】设该等差数列为，且公差为，由题意得， 即有，解得. 故选：B. 4. 已知向量，，若，则实数，满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先分别计算和的坐标，然后再根据向量垂直数量积为零，得到， 化简运算得到. 【详解】因为，所以； 已知，；所以，； 所以； 即； 故选：D. 5. 已知圆台的母线与底面所成的角为，上、下底面半径分别是1和2，则该圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆台的母线长为，上，下底面半径分别为， 则，所以， 表面积. 故选：C. 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和差正切公式得到，再结合余弦二倍角公式即可求解. 【详解】解析：，可化为， 即，即，解得， 又. 故选：B. 7. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得曲线在点处的切线，再根据直线与抛物线相切求解即可. 【详解】由得，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 由，得， 所以，解得 故选：D. 8. 已知向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，平方得到，再结合数量积的定义得到求解即可. 【详解】因为，所以，又，所以 所以， 所以，所以， 所以（是向量与的夹角）. 所以， 所以， 所以， 所以的最大值为3. 故选：A. 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，有错选的得0分. 9. 已知，是空间中两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可. 【详解】在A中，由，可得或，故A错误； 在B中，由及可知，又由于，所以，故B正确； 在C中，由及可知，又因，所以，故C正确； 在D中，由，，可得或，异面，故D错误. 故选：BC. 10. 若，，，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式计算可判断ABC；利用不等式1的妙用可判断D. 【详解】对于A，因为，，，且，所以，即，故A正确； 对于B，，故，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确。 故选：ABD. 11. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 函数有2个零点 C. ，，都有 D. 的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由时，的解析式，结合奇函数得到的解析式，然后得到在上的解析式，为一个分段函数，再分析函数的零点，利用导数得到单调性，画出草图，结合图像得到的解集. 【详解】对于A，设，则，故，因为函数是定义在上的奇函数，所以，故A正确； 对于B，函数是定义在上的奇函数，所以； 当时，令，解得； 由奇函数性质可知当时，函数有零点；故函数有3个零点，故B错误； 对于C，当时，，令得，令得， 所以在单调递减，在单调递增，当时，得极小值为，又时，，所以当时，， 由题可得函数的大致图象，根据奇函数的性质，当时，， 综上所述，的值域为，所以，，都有，故C正确； 对于D，由图象可得的解集为，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. 12. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，其中是和的等差中项，则_______________. 【答案】#### 【解析】 【分析】利用等差中项来求等比数列公比，即可求解结果. 【详解】由题可知，即 所以，解得或（舍） 所以. 故答案为：. 13. 已知定义在上的函数的图象关于轴对称，且函数在上单调递增，则不等式的解集为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，解题的关键在于根据函数的对称性判断函数的奇偶性，再结合单调性去掉函数符号f转化为一元二次不等式求解. 【详解】依题意，函数是偶函数，且在上单调递减， 所以，即， 即，即，解得或， 故不等式的解集为. 故答案为： 14. 已知函数，，，在区间上单调，则正整数的最大值为_______________. 【答案】11 【解析】 【分析】由最大值得到，由为对称中心，得到，再结合单调性得到，再验证，即可求解. 【详解】因为， 所以，，所以， 又，所以是函数的对称中心， 所以，，所以， 所以，即， 所以是奇数，又函数在区间上单调， 所以即，所以， 当时，不符合题意； 当时，，，又， 取，时，满足， 所以最大值为11. 故答案为：11 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. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，那么后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.现有62℃的物体，放在15℃的空气中冷却，1 min以后物体的温度是52℃. （，，，） （1）求的值（精确到0.01）； （2）若要将物体的温度降为42℃，32℃，求分别需要冷却的时间（精确到0.1 min） 【答案】（1） （2）2.3 min和4.2 min 【解析】 【分析】（1）将，，时，，代入公式即可求解； （2）由（1）知，将，代入求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，，当时，， 于是， 所以，可得， 解得. 【小问2详解】 由（1）知， 所以当时，， 所以， 可得，所以； 当时，， 所以， 可得，所以， 所以要将物体的温度降为42℃和32℃， 需要冷却的时间分别为2.3 min和4.2 min. 16. 如图，在矩形甬道中（假定甬道，可以无限延伸），，，，分别为边，上的动点，且，设. （1）若的面积记为，写出函数解析式； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用表示，并用它们分别表示，利用三角形面积公式可求得的面积解析式； （2）根据，利用整体代换的方法可求得的取值范围，从而得到其最小值. 【小问1详解】 由题可知，. 由题图可知，，所以，又， 所以， 在中，由正弦定理得，， 在中，由正弦定理，得， 所以 即. 小问2详解】 因为，所以，所以. 所以的取值范围是，所以. 所以当，即时，取得最小值. 17. 如图，四棱锥中，底面是平行四边形，且，，，，平面平面. （1）求证：； （2）若三棱锥体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，.得到平面，再结合勾股定理得到，进而求证全等，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解 【小问1详解】 取的中点为，连接，，. 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，在平面内， 所以平面， 在中，，，， 由余弦定理可得， 所以， 所以，又为平行四边形 所以，所以 在中，为的中点，所以 由于平面，在平面内， 所以，， 因此直角三角形全等， 则 【小问2详解】 ， ，解得， 由（1）可知，又因为为的中点， 所以，所以以为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 得，，，，， 设平面法向量为，，， 则，令，得， 可得， 设平面的法向量为，， 则，令，可得， 所以 所以平面与平面夹角的余弦值是. 18. 设函数. （1）判断并说明函数的零点个数； （2）记， ①设，试讨论函数的单调性； ②若在恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）一个零点，理由见解析 （2）①答案见解析；② 【解析】 【分析】（1）由题可得函数的单调性，再根据零点存在定理即得结论； （2）①由题意得，讨论的符号可得到函数的单调性；②由题意知在区间恒成立，设，，可得，分析可得若在恒成立时，必有．然后通过对和两种情况的讨论即得． 【小问1详解】 函数的有1个零点，理由如下： 因为， 所以，所以在上单调递增. 又，而， 所以存在唯一实数，使得， 所以在有且只有一个零点. 【小问2详解】 ①， 则， 当时，，故在上单调递减， 当时，令，得 所以当时，单调递减， 令，得，所以当时，单调递增. 综上所述，当时，在区间上单调递减； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. ②依题意得，即在区间上恒成立 即在上恒成立. 设，，因， 所以在单调递增，所以，所以. 若，由于，故， 即在区间上不恒成立； 若，由①知， 当即时，在上单调递减，在上单调递增. 故，而，即存在，使得， 所以在区间上不恒成立； 当时，即时，记， 则，其中，又，所以， 因此， 所以在上单调递增，所以，即时，. 综上所述，当时，在上恒成立. 19. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若为在区间内的项的个数. ①求，，； ②求数列的前项的和. 【答案】（1） （2）①，，；② 【解析】 【分析】（1）利用前项和可求得通项； （2）利用列举，再推导到一般情况，通过求解可得通项，再求和即可. 【小问1详解】 在中，令，得，即， 当时，①， ②， ①-②得，所以， 检验当时，满足上式，所以. 【小问2详解】 ①由已知时，为中奇数的个数，所以 时，为中奇数的个数，所以 时，为中奇数的个数，所以 ②当时，，所以 若为奇数， 若为偶数， 所以当为奇数时， 当为偶数时， 综上 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级第二次学情调研测试 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5 mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 5.本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 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，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，虚数单位，则（ ） A 2 B. C. D. 3. 首项为的等差数列，从第5项起开始为正数，则公差的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若，则实数，满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的母线与底面所成的角为，上、下底面半径分别是1和2，则该圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，且，若向量满足，则最大值为（ ） A. 3 B. C. 1 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，有错选的得0分. 9. 已知，是空间中两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且，则 C 若，且，则 D. 若，且，则 10. 若，，，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 函数有2个零点 C. ，，都有 D. 的解集为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，其中是和的等差中项，则_______________. 13. 已知定义在上的函数的图象关于轴对称，且函数在上单调递增，则不等式的解集为_______________. 14. 已知函数，，，在区间上单调，则正整数的最大值为_______________. 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. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，那么后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.现有62℃的物体，放在15℃的空气中冷却，1 min以后物体的温度是52℃. （，，，） （1）求的值（精确到0.01）； （2）若要将物体的温度降为42℃，32℃，求分别需要冷却的时间（精确到0.1 min） 16. 如图，在矩形甬道中（假定甬道，可以无限延伸），，，，分别为边，上的动点，且，设. （1）若的面积记为，写出函数解析式； （2）求的最小值. 17. 如图，四棱锥中，底面是平行四边形，且，，，，平面平面. （1）求证：； （2）若三棱锥体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 设函数. （1）判断并说明函数的零点个数； （2）记， ①设，试讨论函数的单调性； ②若在恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若为在区间内项的个数. ①求，，； ②求数列的前项的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $