精品解析：青海省西宁市海湖中学2026届高三上学期第二阶段考试（期中测试）数学试题

西宁市海湖中学2025-2026学年上学期第二次月考试卷 高三数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列首项为1，且成等差数列，则前6项和为（ ） A. 31 B. C. D. 63 4. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 设是定义在上的奇函数，且．若在上单调递减，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 函数在区间上存在单调增区间，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知口袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则（ ） A. 取出的球颜色全不相同的概率为 B. 取出的球颜色不全相同的概率为 C. 取出的球恰有2次红球概率为 D. 取出的球无红球的概率为 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量若，则___________ 13. 在等差数列中，，则数列的前4项的和为___. 14. 若，，且函数在处有极值，则的最小值等于____． 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， （1）求的值； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，的面积为，求． 16. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面ABCD，底面为直角梯形，，，且，E为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数恰有三个不同零点，求实数的取值范围. 18. 已知直线与抛物线相交于A，B两点，且O为坐标原点． （1）求弦长； （2）判断是否成立，并说明理由． 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：； （3）求证：对任意的且，都有（其中为自然对数的底数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西宁市海湖中学2025-2026学年上学期第二次月考试卷 高三数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，故， 故选：D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法求复数，再根据复数的几何意义确定复数对应点的坐标. 【详解】因为. 所以复数对应点的坐标为：. 故选：A 3. 已知正项等比数列首项为1，且成等差数列，则前6项和为（ ） A. 31 B. C. D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式及等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】∵成等差数列， ∴， ∴，即，解得 或 ， 又∵，∴， ∴， 故选：C. 4. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数有意义列出不等式即可求解. 【详解】的定义域需满足， 解得且， 故定义域为 故选：C 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数性质和对数函数单调性即可比较大小. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：C． 6. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用公式，由已知及角的范围，求出的值，再使用诱导公式将化简得到，从而得解. 【详解】，， ，，，，. 故选：B 7. 设是定义在上的奇函数，且．若在上单调递减，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可. 【详解】由题意可知的解集是 的解集是． 因为不等式等价于不等式组或 所以不等式的解集是． 故选：B. 8. 函数在区间上存在单调增区间，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据题意得在区间有解，即，利用基本不等式求最值即可． 【详解】函数定义域为，， 因为函数在区间上存在单调增区间， 所以在区间有解， 即在区间有解， 所以在区间上能成立，故， 又，当且仅当时取等，所以． 故选：B． 二、多选题：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. 已知口袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则（ ） A. 取出的球颜色全不相同的概率为 B. 取出的球颜色不全相同的概率为 C. 取出的球恰有2次红球概率为 D. 取出的球无红球的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】用列举法求得所有的基本事件，结合每个选项，求得对应事件包含的基本事件，利用古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】根据题意，设黄球、红球、白球分别为，从中有放回地取3次，所有基本事件有如下种： ， ， . 对A：取出的球颜色全不相同的方法有6种，，，，，，， 总的取球方法有27种，因此取出的球颜色全不相同的概率为，A正确； 对B：取出的球颜色全相同的方法有3种，， 因此取出的球颜色不全相同的方法有种，因此取出的球颜色不全相同的概率为，B错误： 对C：取出的球恰有2次红球的方法有6种，，，，，，， 总的取球方法有27种，因此取出的球恰有2次红球的概率为，C正确； 对D：取出的球没有红球的方法有种， 总的取球方法有27种，因此取出的球没有红球的概率为， D错误. 故选：AC. 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】ABC选项，利用赋值法进行求解；D选项，得到展开式的通项公式，从而求出，，故，D正确. 【详解】A选项，中，令得，A正确； B选项，中，令得 ， 又，故，B错误； C选项，中，令得 ， 与相加可得， 故，C错误； D选项，展开式的通项公式为， 故，，故，D正确. 故选：AD 11. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】，因为，则， 则，解得. 则，则. 故答案为：. 13. 在等差数列中，，则数列的前4项的和为___. 【答案】 【解析】 【分析】 利用等差数列基本量关系求通项. 利用等差数列前项和公式求出. 【详解】设等差数列的公差为. ， ，， ，， （2）. 故答案为： 【点睛】本题考查解决等差数列通项公式及前项和. （1）等差数列基本量计算问题的思路：与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式和前项和公式，在两个公式中共涉及五个量：，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量． 14. 若，，且函数在处有极值，则的最小值等于____． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用极值点求出的关系并验证，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】函数，求导得， 由函数在处有极值，得，解得， 此时，由，得， 当时，，当时，，函数在处取得极值， 因此，， 当且仅当时取等号， 所以的最小值等于. 故答案为： 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. 已知， （1）求的值； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，的面积为，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由和差化积，诱导公式，辅助角公式结合题意可得答案； （2）由（1）结合，可得，由的面积为，可得，然后由，结合余弦定理可得答案. 【小问1详解】 由和差化积，诱导公式，辅助角公式可得： . 则； 【小问2详解】 由（1），， 又的面积为，则， 结合及余弦定理，， 则. 16. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面ABCD，底面为直角梯形，，，且，E为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直得出，再根据线面垂直得出，再根据中线得出，再应用线面垂直证明； （2）建立空间直角坐标系，先分别求出平面与平面的法向量，最后应用二面角余弦公式计算求解. 【小问1详解】 因为平面，所以又， 所以， ∴平面，所以平面，平面， 所以， 在中，因为为的中点， 所以， ∴平面， 所以平面； 【小问2详解】 由题知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则. 设平面的法向量为， 则，即 令，得， 由（1）知，平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则所以，， 所以平面与平面夹角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数恰有三个不同零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即可； （2）由题可得，令，利用导数求出的单调性和极值，函数恰有三个不同零点，即与有3个不同交点，结合图象分析即可求解. 【小问1详解】 当时，，， 所以， 所以切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 令，可得， 令， 函数恰有三个不同零点，则函数图象的与直线有3个不同交点， ， 令，解得或， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 且，， 作出函数的大致图象， 所以. 18. 已知直线与抛物线相交于A，B两点，且O为坐标原点． （1）求弦长； （2）判断是否成立，并说明理由． 【答案】（1） （2）不成立，理由见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程消元得二次方程，由韦达定理得，代入 求弦长即可； （2）垂直关系的判断，转化为是否为的计算问题，消元化简变形再由韦达定理代入即可得. 【小问1详解】 设， 则． 联立方程组， 消去y，整理可得， 由韦达定理可知 所以， 因此，从而可知． 【小问2详解】 设，则， 因此． 又因为由（1）可知，， 所以， 所以不成立． 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：； （3）求证：对任意的且，都有（其中为自然对数的底数）． 【答案】（1） 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； （2） 证明：当时，， 要证明，即证，即， 设，则，令得，． 当时，，当时，， 所以为极大值点，也为最大值点． 所以，即．故； （3） 证明：由（2）知（当且仅当时等号成立）， 令，则， 所以 ， 即， 所以． 【解析】 【分析】（1）先求导得，根据的情况，分类讨论即可求解； （2）要证明，即证，即， 设，利用导数研究单调性求最大值即可得证； （3）由（2）知，令，则，又，最后利用裂项相消法即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为． ①当时，，所以在上单调递增， ②当时，令，解得． 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增． 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $