精品解析：辽宁省葫芦岛市、县协作校2026届高三上学期第二次考试数学数学试题

2025—2026上学期协作校高三第二次考试 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：预备知识，函数与导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数，数列，立体几何． 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. 若集合，则 （ ） A. B. C. D. 2. 如图，在平面直角坐标系中，四边形 为正方形，， 为边 上靠近点 的三等分点．若，则（ ） A. 36 B. 28 C. 30 D. 42 3. 函数的极小值点为（ ） A. 0 B. C. 5 D. 4. 在同一平面直角坐标系中，函数与的大致图象为（ ） A. B. C. D. 5. 已知 满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（ 且）的图象经过两个定点，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 7. 设一个简单几何体 的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正棱锥，则（ ） A. B. 存在，使得 C. D. 存在，使得 8. 已知定义在 上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） A. B. C. 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. 已知复数 满足，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内所对应的点在第二象限 C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，把的图象向右平移个单位长度得到函数的图象．把图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 当时，对任意的恒成立 11. 若定义在 上的函数的图象存在对称中心，且该函数的最大值与最小值的差不大于2，则称该函数是 上的完美函数.下列判断正确的是（ ） A. 是 上的完美函数 B. 若是 上的完美函数，则也是 上的完美函数 C. 是上的完美函数 D. 存在，使得是上的完美函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体 ，则 的体积为___________． 13. 若函数在上有最大值，则的最小正周期为___________，的取值范围为___________. 14. 若表示不大于 的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前 项和___________. 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. 已知 的内角 的对边分别为，且． （1）求角 的大小； （2）若，，求 ． 16. 已知正项等差数列满足，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）求的前 项和； （3）设数列的前 项和为，求． 17. 如图，在几何体 中，平面底面 ，四边形 为正方形， 为等边三角形， 为 的中点，为 上靠近点 的三等分点，为 上靠近点 的三等分点. （1）证明：平面 . （2）求直线 与平面 所成角的正弦值. 18. 已知为正项数列，．在与之间插入 个7，构成数列．设． （1）求的通项公式． （2）设，求． （3）设，数列的前 项积为，数列的前 项积为．若不等式对任意恒成立，求 的最大值． 19. 已知函数 ． （1）讨论的单调性； （2）若，且对任意的恒成立，求的取值范围； （3）若，数列的前 项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026上学期协作校高三第二次考试 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：预备知识，函数与导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数，数列，立体几何． 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. 若集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用交集的运算求解. 【详解】， ， ， . 故选：A. 2. 如图，在平面直角坐标系中，四边形 为正方形，， 为边 上靠近点 的三等分点．若，则（ ） A. 36 B. 28 C. 30 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，进而根据数量积的运算求解即可. 【详解】解：由题知，，， 所以 故选：C 3. 函数的极小值点为（ ） A. 0 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，得到函数的单调性，结合极小值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当时， ，单调递增； 当时， ，单调递减； 当时， ，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，即为函数的极小值点. 故选：B. 4. 在同一平面直角坐标系中，函数与的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得所以为奇函数，且，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域为 ， 且， 所以为奇函数，则函数的图象关于原点对称， 当时，，且，所以， 故选：B. 5. 已知 满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由得到，再利用正弦两角和公式展开得到，联立方程得到. 【详解】因为，所以，即 设，则； 由得到，即， 即，解得 ，所以； 故选：D 6. 已知函数（ 且）的图象经过两个定点，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】令，解出 代入即可得 两点，最后利用两点之间的距离公式 即可求解. 【详解】由题意有：令，即，解得 或 ， 所以，所以， 所以， 故选：B. 7. 设一个简单几何体 的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正棱锥，则（ ） A. B. 存在，使得 C. D. 存在，使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义结合棱锥及棱台的棱数与面数计算判断各个选项即可. 【详解】用表示正棱台，表示正棱锥， ，A选项错误； ，要使得，所以不符合题意，B选项错误； ，C选项错误； 存在，使得，D选项正确； 故选：D 8. 已知定义在 上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造辅助函数，利用导数判断其单调性，将原不等式转化为辅助函数的不等式，结合单调性求解自变量的范围. 【详解】构造函数， 则， 由，得 ，故在 上单调递减. 计算. 将变形为，即. 因单调递减，故，解得. 故选：C 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. 已知复数 满足，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内所对应的点在第二象限 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，再对各个选项逐一分析判断即可求解. 【详解】因为，得到， 对于A，因为 的虚部为 ，所以A错误， 对于B，因为 在复平面内所对应的点为，在第三象限，所以B错误， 对于C，因为，所以C正确， 对于D，因为，所以D正确， 故选：CD. 10. 函数的部分图象如图所示，把的图象向右平移个单位长度得到函数的图象．把图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 当时，对任意的恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦函数的图像、性质、变换进行逐项计算即可. 【详解】由图象可知，，， 解得，解得. 又函数过点，所以， 则，因为，所以. 所以函数，A正确； 根据函数的变换可知，B错误； ，因为，所以， 此时是单调递增的，C正确； 因为， 所以不等式变为. 因为，所以，所以， 所以，所以要使得不等式恒成立，那么，D正确. 故选：ACD. 11. 若定义在 上的函数的图象存在对称中心，且该函数的最大值与最小值的差不大于2，则称该函数是 上的完美函数.下列判断正确的是（ ） A. 是 上的完美函数 B. 若是 上的完美函数，则也是 上的完美函数 C. 是上的完美函数 D. 存在，使得是上的完美函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A利用函数奇偶性找出对称中心，再利用基本不等式求最值结合定义即可得出，根据定义分析即可得出选项B，先判断奇偶性，然后利用函数导数判断函数单调性以及复合函数单调性，求出函数最值分析即可得出选项C，利用函数导数分析函数单调性从而求出最值作差得出 的条件，然后验证对称性即可得出D选项. 【详解】对于A，令，则函数的定义域为 ，关于原点对称， 由，可知该函数为奇函数，对称中心为， 当时，，当且仅当时取到等号， 当时，，当且仅当 时取到等号， 当 时， ，故最大值为 ，最小值为，两者的差为2，符合题意，故A正确； 对于B，若是 上的完美函数，设其对称中心为，则的对称中心为， 因的最值的差为最值的差的2倍，若的最值的差为2，则最值的差为4，不满足定义，故B不正确； 对于C，关于原点对称，令， 由 ，即函数为奇函数，对称中心为， 令，则，当时，显然 ， 当时，，故在上单调递减， 又在定义域上单调递增，故在上单调递减， 所以， ， 则 因， 所以，满足题意，故C正确； 对于D，因，则， 因为 ，所以， 当 时，，所以在上单调递减， 故， 当时，，所以在上单调递增， 故， 故的最值差为， 又 ，即函数关于点对称， 即存在满足题意，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. 如图，半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体 ，则 的体积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转体的定义，得到旋转后的几何体为一个半球，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】由半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体为一个半径为 的半球， 所以几何体 的体积为. 故答案为：. 13. 若函数在上有最大值，则的最小正周期为___________，的取值范围为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由最小正周期的计算公式及换元法和正弦函数的图象性质可得结果. 【详解】的最小正周期， 令，当时，， 由函数在上有最大值，可转化为在上有最大值， 只需满足，所以的取值范围为. 故答案为：；. 14. 若表示不大于 的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前 项和___________. 【答案】 ①. 42 ②. 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程求出切线方程，结合题意可得，根据的定义求出，再根据等比数列的前 项和公式求解即可. 【详解】因为，， 曲线在点处的切线方程为， 又因为切线过点， 所以，可得， 所以， 所以， . 故答案为：42；. 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. 已知 的内角 的对边分别为，且． （1）求角 的大小； （2）若，，求 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此求得 . （2）利用同角三角函数的基本关系式、正弦定理求得 . 【小问1详解】 由，得， 所以． 因为，所以． 【小问2详解】 因为，且，所以， 由正弦定理得，即， 解得． 16. 已知正项等差数列满足，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）求的前 项和； （3）设数列的前 项和为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可. （2）根据等差数列的前 项和公式进行计算即可. （3）根据数列的性质分组求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为 ，则 解得或 依题意得，则，所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以． 【小问3详解】 因为， 所以. 17. 如图，在几何体 中，平面底面 ，四边形 为正方形， 为等边三角形， 为 的中点，为 上靠近点 的三等分点， 为 上靠近点 的三等分点. （1）证明：平面 . （2）求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）连接 ，由题可知, 所以, 又平面 ，平面 . 所以平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）连接 ，则，利用线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面垂直求得平面 的法向量，根据空间向量线面角公式进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以,为轴，平面 内过点 且与 垂直的直线为 轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 因为， 则直线 与平面 所成的角即是直线 与平面 所成的角. 设， 则，， ，， 因为平面底面 ， 平面底面， 四边形 为正方形，, 则底面 ，底面 ， 则， 又 为等边三角形， 为 的中点， 所以 , ,平面 , 则平面 , 则是平面 的一个法向量， 设直线 与平面 所成的角为 ， 则， 故直线 与平面 所成角的正弦值为 18. 已知为正项数列，．在与之间插入 个7，构成数列．设． （1）求的通项公式． （2）设，求． （3）设，数列的前 项积为，数列的前 项积为．若不等式对任意恒成立，求 的最大值． 【答案】（1）， （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由题知，进而根据等比数列定义得，根据得； （2）由（1）知，，进而根据错位相减法求解即可； （3）由题，转化为不等式对任意恒成立，再令，研究其单调性，求解最小值即可得答案. 【小问1详解】 解：因为，所以， 因为，所以，即，又， 所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以． 根据题意可得． 【小问2详解】 解：，则 记① ②， ①②得， ， 故（或）． 【小问3详解】 解：依题意得． 不等式对任意恒成立， 即不等式对任意恒成立． 设，则， 所以 ， 又，所以， 所以数列单调递增，则， 所以，即 的最大值为． 19. 已知函数 ． （1）讨论的单调性； （2）若，且对任意的恒成立，求 的取值范围； （3）若，数列的前 项和为，证明：． 【答案】（1）当 时，在上单调递减；当时，在 上单调递减，在 上单调递增． （2） ； （3）由（2）可得，当时， 对任意 恒成立， 即对任意 恒成立． 令，则， 当 时，，此时满足，即不等式成立． 当 时，， 所以， ， 以上累加得 ， 则，即． 综上可知，对所有的． 【解析】 【分析】（1）求导得，再对 分类讨论即可； （2）设 ，求导后再对 进行分类讨论； （3）根据（2）得到结论对任意 恒成立，再令 ，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明. 【小问1详解】 由题意得的定义域为． 当 时， 在上单调递减； 当时，由 ，得，由 ，得， 所以在 上单调递减，在 上单调递增． 综上可知，当 时，在上单调递减；当时，在 上单调递减，在 上单调递增． 【小问2详解】 依题意可得当时， 对任意 恒成立． 令 ，则． ①当时， ， 则 ，所以 ， 则 在 上单调递增，则 ，符合题意． ②当时， 有两根， 因为 且，所以 ， 所以由 ，即 ，得， 由 ，得， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，则不符合题意． 故 的取值范围是 ． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $