精品解析：天津市滨海新区塘沽紫云中学2025-2026学年高三上学期第二次学情检测（期中）数学试题

紫云中学2025-2026学年第一学期高三年级第二次学情检测 数学试卷 一、单项选择题（本题共10道小题，每题5分，共50分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求解集合，根据集合的并集运算即可. 【详解】解：，，所以. 故选：D. 2. 对于实数，“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】计算，根据充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】得且， 则“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象得到该函数的定义域、奇偶性、零点等性质，据此逐项判断即可. 【详解】根据题意，由函数的图象，的定义域为，其图象关于原点对称，为奇函数；在上，函数图象与轴存在交点. 由此分析选项： 对于A，，其定义域为，有， 为偶函数，不符合题意； 对于B，，其定义域为， 有，为奇函数，其图象关于原点对称； 当时，，函数图象与轴存在交点，符合题意； 对于C，，当时，，故恒成立，所以该函数图象在上与轴不存在交点，不符合题意； 对于D，，其定义域为， 有为偶函数，不符合题意. 综上所述，只有选项B的函数满足， 故选：B． 4. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用散点图的变化趋势，判断相关系数的正负，由散点图的集中程度，分析相关系数大小，即可得答案. 【详解】由散点图可得，图1为正相关，则，且相关性较强，则， 图2为负相关，则，且相关性较强，则， 图3为正相关，则， 图4为负相关，但数据相关性较弱，所以， 所以相关系数最小的为. 故选：B 5. 设是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由线面、面面位置关系逐个判断即可. 【详解】若，，则或，A错误； 若，，则或或，B错误； 若，，则或相交，C错误； 设直线方向向量为，平面法向量分别为， 因为，所以， 又，所以， 所以 所以，正确， 故选：D 6. 已知函数图象关于轴对称，且在上单调递减，则，，大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性转化、利用指数函数和对数函数单调性比较大小，并与1进行大小比较，最后利用函数在上单调递减来作出判断即可. 【详解】由，得， 由对数函数的单调性可知：， 由换底公式可得：，则， 再由指数函数的单调性可知：， 因此， 而函数在上单调递减， 所以有， 即． 故选：D. 7. 在等比数列中，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据基本量运算求出等比数列中，从而判断是等比数列，最后应用求和公式计算即可. 【详解】令的公比为，因为，所以，解得. 根据等比数列的性质可知，数列是公比为首项为的等比数列， 所以. 故选：B. 8. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（ ） A. 32 B. C. D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱锥的几何性质，建立方程，求得其高，结合体积公式，可得答案. 【详解】解：因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为， 设正四棱柱和正四棱锥的高为， 因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得， 故该几何体的体积为. 故选：C. 9. 函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论不正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的概念和三角函数的性质可知，再依据图像的平移的性质得到函数，选项A：，根据正弦函数的奇偶性可知判断A；选项B：直接代入函数中，看结果是否为最值；选项C：利用正弦函数的单调性可求得单调区间；选项D：求得的导函数后，利用三角恒等变换化简为最简解析式，再利用正弦函数的单调性求得函数的值域． 【详解】解：设的最小正周期为T， 由题意可知：，即， 且则，可得， 所以， 对于选项A：，为奇函数，故A正确； 对于选项B：因为，为最小值， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于选项C：因为，则， 且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确； 对于选项D：因为， 且，则，可得 所以，故D错误． 故选：D 10. 已知是等差数列，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，可求得等差数列的首项和公差，代入公式，可得通项，即可求出所求数列的首项、末项和项数，代入等差数列的求和公式，即可得答案. 【详解】因为是等差数列，设公差为d，由题意得， 解得， 所以， 因此所求首项为，末项为， 项数为， 所以. 故选：D 二、填空题（本题共8道小题，每题5分，共40分） 11. 复数（其中为虚数单位），则的虚部为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数除法运算求出，进而求出其虚部. 【详解】依题意，， 所以的虚部为. 故答案为： 12. 已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为______． 【答案】80 【解析】 【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果. 【详解】由题意，令，则，解得， 则的展开式第项， 令，解得，所以. 故答案为： 13. 在等差数列{an}中，，，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________. 【答案】60 【解析】 【分析】 【详解】∵，，∴，，， ∴，故答案为60. 14. 如图所示，某工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径，利用球的体积公式可求得结果. 【详解】由题意可知，球心到截面圆所在平面的距离为， 设截面圆半径为，球的半径为，则，可得，所以，， 因此，该球的体积为. 故答案为：. 15. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望___________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是___________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，再由条件概率的概率公式求出. 【详解】依题意随机变量的可能取值为、、， 则； ； ， 所以随机变量的概率分布为 1 2 3 所以随机变量的期望为. 记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件， 则， , 所以， 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为. 故答案为：； 16. 如图，分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用轴截面是正方形可得，再通过垂直关系，可利三棱锥体积，并求出，从而可利用圆柱侧面积公式求解. 【详解】 分别取上下底面圆心，连接， 由，且，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 由圆柱的轴截面为正方形，可知 则三棱锥的体积为， 解得，即， 则该圆柱的侧面积为， 故答案为： 17. 在梯形中， ，且分别为线段和的中点，若，用表示__________.若，则余弦值的最小值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】第一空使用向量线性运算求解即可；第二空以为基底，用数量积的形式表示出，再由基本不等式求解即可. 【详解】如图， 由已知，得 ， 所以， 设，即的夹角为， ， ∴若，则， ∴， 又∵， ∴由基本不等式，得， 当且仅当，即时，等号成立. 故答案为：，. 18. 已知函数，若函数在内恰有5个零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，对实数的取值进行分类讨论，确定函数在上的零点个数，然后再确定函数在上的零点个数，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围. 【详解】当时，对任意的在上至多2个零点，不合乎题意，所以，. 函数的对称轴为直线. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且. ①当时，即当时，则函数在上无零点， 所以，函数在上有5个零点， 当时，，则， 由题意可得， 解得，此时不存； ②当时，即当时，函数在上只有一个零点， 当时，，则，则函数在上只有3个零点， 此时，函数在上的零点个数为4，不合题意； ③当时，即当时，函数在上有2个零点， 则函数在上有3个零点， 则，解得，此时； ④当时，即当时，函数在上有1个零点， 则函数在上有4个零点， 则，解得，此时，. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为： 三、解答题（本题共4道大题，共60分） 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上的高； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边角转化可得，即可得结果； （2）根据题意结合面积关系可得，进而可求高； （3）先利用倍角公式求，再结合两角和差公式运算求解. 小问1详解】 因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以. 【小问2详解】 因为，可得， 联立方程，解得或（舍去）， 由（1）可得，则，即， 设边上的高为， 则，即，解得， 所以边上高为. 【小问3详解】 因，且，则， 可得， 所以. 20. 如图，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接用向量法证明线面的平行可得； （2）先用向量法计算面面角的余弦值，再由同角三角函数关系算正弦可得； （3）先将几何体的体积转化为的体积，进而再用向量的方法计算高及体积. 【小问1详解】 因为平面，且平面， 所以，又， 则以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系（如图）， 则. 因为，又平面， 所以平面，故是平面的一个法向量， 又，所以，又因为平面 所以平面. 【小问2详解】 设为平面的一个法向量， 则，所以，令，可得. 又因为是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为 【小问3详解】 因为，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 因为，又平面， 则平面，又平面，所以， 又，则， 在中：， 所以，所以，所以， 所以四面体体积. 21. 已知数列是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求； （3）若对于数列，在和之间插入个组成一个新的数列，记数列的前项和为，求 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设公差和公比，根据条件列出方程组求解，再根据等差、等比数列的通项公式求出； （2）求出，再利用错位相减求出奇数项的和，利用裂项相消求出偶数项的和； （3）依据规律找出的项数和的个数即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，则，故， 所以， 则，由，则， 又由是与的等差中项，所以，则，即， 解得或（舍去）， 故； 【小问2详解】 由（1）可得，， ， 令， ， 两式相减得，， ， 则， 因， 则 则； 【小问3详解】 根据题意可得，， 之前共有个， 与之间共有个， 所以共有7项，共有个2， 则. 22. 已知函数，（其中为自然对数的底数）． （1）若，求函数在区间上的最大值． （2）若，关于的方程有且仅有一个根，求实数的取值范围． （3）若对任意的，，不等式均成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)求出函数的导数,得到函数的单调区间,从而求出函数的最大值即可; (2)若,关于的方程有且仅有一个根,即有且只有一个根,令,进而研究函数的性质可得答案； (3)设,因为在单调递增,故原不等式等价于函数和均在上单调递增,再根据函数的单调性可得实数a的取值范围 【小问1详解】 解：当时, ，, 所以，当时，，时，， 所以，在上单调递减,上单调递增, 因为，当时,, 当时,, 所以，在区间上的最大值为． 【小问2详解】 解：当时, 关于的方程为有且仅有一个实根, 所以，有且仅有一个实根, 设, 则, 所以，当时，，当时，， 所以，在和上单调递减, 在上单调递增, 因为, 当趋近于时，趋近于，趋近于时，趋近于， 所以，有且仅有一个实根, 则实数的取值范围是． 【小问3详解】 解：不妨设,则恒成立． 因此恒成立, 即恒成立, 且恒成立, 所以，函数和均在上单调递增, 设, 则在上上恒成立, 因此在上恒成立，因此, 因为在上单调递减, 所以，时,，即． 由在上恒成立, 因此在上恒成立, 因此, 设,则，解得 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以，，即 综上，实数的取值范围是 【点睛】本题第三问解题的关键在于根据的单调性，将问题转化为函数和均在上单调递增,进而根据函数的单调区间求参数即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 紫云中学2025-2026学年第一学期高三年级第二次学情检测 数学试卷 一、单项选择题（本题共10道小题，每题5分，共50分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 对于实数，“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 5. 设是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（ ） A 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 已知函数图象关于轴对称，且在上单调递减，则，，大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 在等比数列中，则为（ ） A. B. C. D. 8. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（ ） A. 32 B. C. D. 64 9. 函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论不正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 10. 已知是等差数列，，则值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共8道小题，每题5分，共40分） 11. 复数（其中为虚数单位），则的虚部为___________． 12. 已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为______． 13. 在等差数列{an}中，，，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________. 14. 如图所示，某工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是______. 15. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望___________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是___________. 16. 如图，分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为___________. 17. 在梯形中， ，且分别为线段和的中点，若，用表示__________.若，则余弦值的最小值为__________. 18. 已知函数，若函数在内恰有5个零点，则的取值范围是__________. 三、解答题（本题共4道大题，共60分） 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上高； （3）若，求的值． 20. 如图，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求四面体的体积. 21. 已知数列是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求； （3）若对于数列，在和之间插入个组成一个新数列，记数列的前项和为，求 22. 已知函数，（其中为自然对数的底数）． （1）若，求函数在区间上的最大值． （2）若，关于的方程有且仅有一个根，求实数的取值范围． （3）若对任意的，，不等式均成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $