精品解析：福建省晋江市养正中学2025-2026学年高三上学期素养检测二（12月）数学试题

养正中学2025—2026年高三上数学学科素养检测二 试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，则满足的集合的个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 15 D. 16 2. 已知，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 3. 圆环被同圆心的扇形截取的一部分叫作扇环．如图所示，扇环的外圆弧的长为，圆心为，点分别为的中点，扇环的面积为，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 4. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 如图，在空间四面体中，已知，，则异面直线与所成角是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆：，直线：，点，点P在圆上运动，点Q满足（为坐标原点），则点Q到直线距离的最大值为（ ） A. B. 8 C. D. 8. 已知随机变量，设函数，则的图象大致为（ ） 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. 下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 设，均为非零复数，下列命题中正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 可能是等比数列 B. 的各项可能都大于1 C. 的各项可能都小于1 D. 若，则是递减数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，若在上单调递增，则的取值范围是__________． 13. 双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为______． 14. 已知函数（），若恒成立，则的最小值为______． 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. 已知函数，为数列的前项和． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中点，，且的周长为，求的面积． 17. 如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为. （1）求证：为定值，并写出点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为，过点的直线与交于，两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的斜率. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 19. 已知函数． （1）证明：曲线关于点对称； （2）求在区间上的零点个数； （3）若存在，使得当时，总有，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 养正中学2025—2026年高三上数学学科素养检测二 试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，则满足的集合的个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求出集合，然后根据子集的概念求解． 【详解】， 又， 则满足的集合有：，共4个， 故选：A． 2. 已知，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用向量共线的坐标表示，得到，再利用向量的模长公式，即可求解. 【详解】因为，，且，则，解得， 所以，则， 故选：C. 3. 圆环被同圆心的扇形截取的一部分叫作扇环．如图所示，扇环的外圆弧的长为，圆心为，点分别为的中点，扇环的面积为，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，，则圆弧，代入扇形的弧长及面积公式，化简计算，即可得答案. 【详解】设，，则圆弧， 由题意得，解得， 所以. 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系式及两角差的余弦公式直接计算即可. 【详解】由已知，则， 又， 当时，， 当时，. 故选：C. 5. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，，由此可判断，再判断的符号，结合等比数列性质得到结论即可. 【详解】设等比数列的公比为，， 因为，是方程的两个实数根， 所以，且，所以，， 又数列为等比数列，所以，由等比数列性质可得， 所以. 故选：D. 6. 如图，在空间四面体中，已知，，则异面直线与所成角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的加法运算可得，两边平方并化简可得，从而可得异面直线与所成角的大小. 【详解】由空间向量得，两边平方得， 整理得，所以，则，故异面直线与所成角为． 故选：C. 7. 已知圆：，直线：，点，点P在圆上运动，点Q满足（为坐标原点），则点Q到直线距离的最大值为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由得，进而得，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】设，由有， 所以，又点在圆上，所以， 即，所以点在以为半径，圆心为的圆上， 由圆心到直线的距离为， 所以点到直线的距离的最大值为：， 故选：A. 8. 已知随机变量，设函数，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，判断函数的对称性，可排除AC；求的值，可排除D.即可得到正确答案. 【详解】随机变量，， 因为， 因为，所以根据对称性可知， 所以函数的图象关于对称，故排除AC； 当时，，所以排除D． 故选：B 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. 下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断AC；利用基本不等式判断B；作差法比较大小判断D. 【详解】A选项，当时，，此时，A错误； B选项，因为，不等式两边同时加上得 ，两边同时除以4得，， 两边开方得，当且仅当时，等号成立，B正确； C选项，当时，，不满足，C错误； D选项，， 因为，所以， 故，D正确. 故选：BD 10. 设，均为非零复数，下列命题中正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的加法、减法、除法运算及复数的共轭复数的模对选项逐一分析即可. 【详解】对于A：设，，，，，， 则，，， 所以，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：若，则，，故C正确； 对于D：若，取，，满足条件，但，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 可能是等比数列 B. 的各项可能都大于1 C. 的各项可能都小于1 D. 若，则是递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题考查数列与函数的综合.对于A，可以举特例，对于B，C，构造函数，研究其最值即可，对于D，构造函数，研究其在的最值即可. 【详解】 对于A，当时，， 依次类推，， 所以是等比数列，故A正确； 对于B，C，由题可知，， 设，则， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 若，则，，…，，…， 若，则，，…，，…，故B正确，C错误； 对于D，， 设，则， 所以在上单调递减， 所以， 所以，即， 同理，…，，则是递减数列，故D正确； 故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，若在上单调递增，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦函数的单调区间来求解参数范围即可. 【详解】由可得：， 因为正弦函数的单调递增区间是， 所以，解得：， 由解得：， 因为，所以当时，有， 当时，有， 故答案为： 13. 双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，由双曲线的性质写出，由题中等式求得.根据题意得到，由勾股定理建立方程，整理化简后得到离心率. 【详解】由题意可知，∴， 在双曲线中，设，则，， 又∵，即，∴ 由可得，即， ∴， 即， ∴，即，∴. 故答案为： 【点睛】 14. 已知函数（），若恒成立，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】要使恒成立，由三个因式的正负号分析可得，，，再把转化成关于的函数，求导，根据导数计算即可. 【详解】函数的定义域为， 因为恒成立， 所以考虑，，三个因式的正负号的问题，下面分三种情况： 当时，，当且仅当，即时等号成立， 因为，所以， ①当时，因，所以，，而时，， 所以不满足； ②当时，因，当时，，，， 所以也不满足； ③当时，因，所以，要使，必须． 而函数及在上都是单调递增的． 要使在上恒成立，必须两个函数值的正负号在相同， 所以两个函数的零点也相同，即且． 综上①②③得，当，时，恒成立． 所以（）． 令（）， 当时，， 所以在区间上单调递减，则． 故的最小值为． 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. 已知函数，为数列的前项和． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和与通项公式的关系，通过求出的通项公式； （2）对函数求导得出，再利用裂项相消法求出． 【小问1详解】 函数，为数列的前项和， 的前项和， 当时，， 当时，， 满足， 的通项公式为． 【小问2详解】 函数求导得， ， ， ． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中点，，且的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角互化得，再根据化简整理得，进而得； （2）在和中，利用的余弦定理列方程得，，进而根据周长得，再根据面积求解即可. 【小问1详解】 解：由正弦定理得， 所以， 又， 所以， 因为， 所以，即， 又因为，所以． 【小问2详解】 解：在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以，化简得． 所以，即． 因为， 所以． 所以． 17. 如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为. （1）求证：为定值，并写出点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为，过点的直线与交于，两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的斜率. 【答案】（1）设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点， 由切线长相等，可得，，， 则， （2） 【解析】 【分析】（1）设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，根据切线长相等，得到，，，求得，结合椭圆的定义，即可求解. （2）设直线，联立方程组，得到，，结合，列出方程，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 由椭圆的定义知，点在以为焦点的椭圆上，且，， 故点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由题意，直线的斜率不为0，设直线，且，， 联立方程组，可得， 则，， 故，解得， 所以直线的斜率为. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）解法1（坐标法）：建立空间直角坐标系，利用向量即可求得线面夹角的正弦值；解法2（几何法）：利用几何法先证明，再证明，然后过作于点，连接，，可证得即为与平面所成角，即可求解； （ii）解法1 设，再结合题意得，即可求解；解法2 设，由，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）解法1（坐标法）：在四边形中，因为，，， 故， 又，，，所以 则，所以，结合，则， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ， 平面的一个法向量为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法2（几何法）：在四边形中，因为，，， 故； 又，，，所以 则，所以， 又因为平面，平面，所以， 而平面， 故平面，而平面，所以， 过作于点，连接，， 因为平面，面，所以， 又，，平面，则面， 则即为与平面所成角，，所以. （ii）由（1）知平面，平面，故， 因为，，，在同一个球面上，且，为直角， 即可得的中点到，，，的距离均相等，故为外接球直径，则球心为的中点. 解法1 设， ， 为外接球直径，且在球的表面上 ，， ，，得，所以，. 解法2 设， 由，，得， ，解得或， 由于点异于点，所以舍去， 所以，进一步可得. 19. 已知函数． （1）证明：曲线关于点对称； （2）求在区间上的零点个数； （3）若存在，使得当时，总有，求的最小值． 【答案】（1）因为， 所以， ， 则， 所以曲线关于点对称． （2）在上有3个零点． （3）． 【解析】 【分析】（1）计算可得，可得结论． （2）利用对称性只需讨论在区间上的零点个数，利用二次导数，分，，判断函数的单调性，进而由函数的零点存在性定理可求得结论； （3）令，问题等价于存在存在，使得当时，总有成立，先证明当时不合题意，再证明符合题意，从而可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知的图象关于点对称，所以只需讨论在区间上的零点个数． ． 令，则． 分段讨论： 当时，， 当时，，所以在上单调递减，即在上单调递减， 因为，所以存在，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 因为，所以在上有1个零点，在上有3个零点． 【小问3详解】 令， 由（2）可知，当时，， 原问题等价于存在，使得当时，总有成立． 由在上单调递减，可得在上单调递增． 当时，，故存在唯一的，满足， 因此，当时，单调递减，故，不符合题意． 当时，， 当时，单调递增，故，符合题意． 综上，取，则当时，总有成立，此时的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $