精品解析：天津市武清区南蔡村中学2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题

2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知数列的前n项和为，若，则（ ） A. 16 B. 32 C. 54 D. 162 4. 下列函数中，图象关于原点对称的是（ ） A. B. C. D. 5. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点P，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知幂函数过点A（4，2），则f（）=___________. 11. 在平面直角坐标系中，已知圆与圆，则两圆的公切线的条数是___________． 12. 若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________． 13. 若，则的最小值为____________． 14. 已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则内切圆的半径为___________． 15. 如图，在平行四边形中，O为对角线与的交点，M为直线与的交点，N为直线与的交点，若，，，且，，，则______，______. 三、解答题： 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 17. 如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 19. 已知是首项为1的等差数列，其前n项和为，，为等比数列，，. （1）求数列和的通项公式： （2）求； （3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 20. 已知函数 （1）当时， ①求曲线的单调区间和极值； ②求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有两个不同的零点，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 $ 2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集运算直接求解. 【详解】由题知，. 故选：C 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义、幂函数的性质以及指数函数的性质判断即可. 【详解】由可得，所以，故充分性成立； 由可得，取，则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知数列的前n项和为，若，则（ ） A. 16 B. 32 C. 54 D. 162 【答案】C 【解析】 【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值. 【详解】当时，，所以，即， 当时，， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 则. 故选：C. 4. 下列函数中，图象关于原点对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象关于原点对称，即函数为奇函数，逐个选项判断即可. 【详解】由函数图象关于原点对称， 可得函数是奇函数， 对于A，定义域为， ，故为偶函数，其图象关于轴对称，A错； 对于B，定义域为， 且，故为奇函数，其图象关于原点对称，B正确； 对于C，定义域为， 但其图象为开口向上的抛物线，且对称轴为， 所以既不是奇函数又不是偶函数，C错； 对于D，定义域为， 但，故为偶函数，其图象关于轴对称，D错. 故选：B. 5. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质，借助于中间值，即可判断结果. 【详解】由指数函数的性质，可得，所以， 根据对数的运算性质，可得，所以， 又由，所以， 所以. 故选：C. 6. 已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据线面垂直的判定定理分析判断；对于B：根据面面垂直的判定定理分析判断；对于C：根据线面平面的判定定理分析判断；对于D：根据平行关系可知，再结合线面垂直的性质分析判断. 【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误； 对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误； 对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误； 对于选项D：若，则， 且，所以，故D正确； 故选：D. 7. 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 8. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点P，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，然后k取特值解方程组可得交点. 【详解】由， 两式相减得公共弦所在直线方程为：， 分别取，得，解得，即 故选：A 9. 关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假． 【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确； 令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确； 由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确． 故选：A． 二、填空题 10. 已知幂函数过点A（4，2），则f（）=___________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】点坐标代入幂函数解析式，求得，然后计算函数值． 【详解】点A（4，2）代入幂函数解得，， 故答案为：． 11. 在平面直角坐标系中，已知圆与圆，则两圆的公切线的条数是___________． 【答案】4 【解析】 【分析】由圆的方程求出两圆的圆心坐标及半径，由圆心距与两圆半径之间的关系可判断两圆的位置关系，进而得公切线的条数. 【详解】由圆的方程，即可知圆的圆心为，半径为； 由圆的方程，即可知圆的圆心为，半径为. 所以两圆的圆心距为， 而，所以圆与圆外离， 则两圆的公切线的条数是4. 故答案为：4. 12. 若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得. 【详解】设直线的方程为，则点， 由于直线与圆相切，且圆心为，半径为， 则，解得或，所以， 因为，故. 故答案为：. 13. 若，则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】两次利用基本不等式即可求出. 【详解】， ， 当且仅当且，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则内切圆的半径为___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先由可得，设，再由椭圆的定义及余弦定理求得的值，最后结合三角形的面积与内切圆半径之间的关系列方程求解即可. 【详解】因为，即， 所以. 由椭圆方程可知所以 所以， 如图，不妨取点在第一象限内，设， 则，由余弦定理知， 即， 解得. 所以. 设内切圆的半径为， 则由等面积法可知， 解得. 故答案为：. 15. 如图，在平行四边形中，O为对角线与的交点，M为直线与的交点，N为直线与的交点，若，，，且，，，则______，______. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】取为基底表示向量，再利用数量积的定义及运算律计算即得. 【详解】在中，由，得，即， 则，又， 则，所以； 由分别为的中点，得为的重心， 则， 而， 所以 . 故答案为：；. 三、解答题： 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 【答案】（1）6 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理代入计算，即可得到结果； （2）由余弦定理即可得到，从而得到，再由二倍角公式以及余弦的和差角公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得 【小问2详解】 （i）由余弦定理有， （ii）因为，所以， 从而， 则， 17. 如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 平面，平面，平面， ,又， 以A为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得，，，，，，， ， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得 所以平面的一个法向量为， ，有，故. 又平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）求出平面的法向量，结合（1）中的信息，利用面面角的向量求法计算可得结果； （3）利用空间中点到平面距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得， 所以平面的一个法向量为， 于是， 所以，平面与平面的夹角余弦值为. 【小问3详解】 由，平面的一个法向量为， 设点到平面的距离为，则， 所以，点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 【答案】（1） （2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意， 从而设， 联立，化简并整理得 ， 由题意， 即应满足，此时或， 所以， 因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以， 又因为， 所以， 所以直线AC过定点. 【解析】 【分析】（1）将题中四边形面积表示为，联立离心率和解出、、的值，即可得到椭圆方程； （2）直线的方程与椭圆方程联立，由一元二次方程根与系数关系，写出韦达定理，根据对称性表示出点坐标，由的对称性，令，将韦达定理代入化简即可得到结果. 【小问1详解】 依题意，得， 解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知是首项为1的等差数列，其前n项和为，，为等比数列，，. （1）求数列和的通项公式： （2）求； （3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意求出、的值，根据等差数列和等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式； （2）求得，结合等差数列的求和公式可求和； （3）求出数列的通项公式，分析数列的单调性，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为，，解得， 所以，. 设的公比为，因为，， 解得，所以，. 【小问2详解】 因为， ． 【小问3详解】 因为，． 令， 则，（） 当时，，即， 当时，，即， 所以，数列的最大项为， 因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：（3）令，利用研究数列的单调性，从而找到其最大值. 20. 已知函数 （1）当时， ①求曲线的单调区间和极值； ②求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）①函数的单调递增区间为，单调递增区间为；的极大值为，无极小值； ② （2） 【解析】 【分析】（1）①求函数的定义域和导函数，解方程，分区间研究导数的正负，由此确定函数的单调性和极值； ②利用导数的几何意义，求切线的斜率，结合点斜式即可求切线方程； （2）首先求函数的导函数可得，讨论，和两种情况研究函数的单调性结合零点存在性定理确定函数的零点个数由此确定的取值范围. 【小问1详解】 ①当时，， 函数的定义域为，， 令得． 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 函数在时取极大值，极大值为，无极小值． ②由（i）可知当，． 则所求切线方程为， 即． 【小问2详解】 由已知可得，方程在内有两个不等实根， 设， 则函数定义域为且， ． 当，即时， 若，则，单调递增； 若，则，单调递减， 所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去． 当，即时．， ①当，即时， 若，则，单调递减；若，则，单调递增， 所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去； ②当，即时， 若，则，当且仅当时，取等号， 所以函数在上单调递增， 又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去； ③当，即时， 若，则，单调递增； 若，则，单调递减； 若，则，单调递增． 又，可知． 因为 ． 因为，所以 ，即． 因为时，， 因为，所以， 所以在区间单调递增， 由零点存在定理，可得存在唯一，使得，又． 此时，所求方程有2个不同解，符合题意． ④当，即时， 若，则，单调递增； 若，则，单调递减； 若，则，单调递增． 又，于是， 令，， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，所以， 所以， 所以 设，则 ， 因为，所以， 函数在单调递增， 当时，，， 因为在上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一， 使得，又． 此时，所求方程有2个不同解，符合题意． 综上所述，当时，函数有两个不同零点． 【点睛】知识点点睛：本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了求导分析函数单调性最，值，零点存在性定理，由零点个数求参数范围等方面，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $