精品解析：四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高三上学期期末（第二阶段学情）考试数学试题

字节精准教育联盟 2026年普通高等学校招生全国统一考试·第二阶段学情调研测试 数 学 试 题 成都、绵阳、南充版·高三上期末 ★考生注意★ 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 5.考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围. ◈预祝你们考试成功◈ 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分. 1. 若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得和1是方程的根，且，然后由根与系数的关系用表示出，，代入中化简后，再解不等式即可 【详解】因为关于的不等式的解集是， ∴和1是方程的根，且， ∴，得， ∴不等式转化为， 因为，∴，，得， ∴不等式的解集为. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的除法法则化简，再利用共轭复数的定义即可. 【详解】因为，所以． 故选：C 3. 过原点且倾斜角为的直线被圆：所截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先由点斜式求出直线的方程，再利用圆的弦长公式求解即得. 【详解】过原点且倾斜角为的直线方程为， 即， 圆：，圆心，半径， 圆心到的距离， 故直线被圆所截得的弦长为. 故选：D 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】因为， 所以，或， 解得：，或， 所以推不出， 当，即时，， 又，所以， 所以推出， 因此”是“”的必要不充分条件， 故选：B 5. 若向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式进行求解即可. 【详解】因为，，所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：C． 6. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为， 则，， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 所以. 故选：A 7. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理可求角A. 【详解】因为， 由正弦定理得：， 由余弦定理，， 又为三角形内角，所以. 故选：D 8. 已知，则的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先进行同构，得到，设函数，利用导数分析函数的单调性，分情况讨论的大小关系，各项逐一验证即可. 【详解】由题意知，因为， 两边同时取以为底的对数，得，，即， 令，则，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，所以或； ，使得，所以或； ，使得，所以或． 当，时，B成立； 当时，C成立； 当（或）时，D成立； 由于B、C、D均可能成立，故选A． 故选：A 9. 下列说法正确的是（ ） A. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 某人掷骰子1次，“掷出奇数”与“掷出偶数”是对立事件 C. 数据4，3，4，6，8，7，8，9的第60百分位数是8 D. 数据的方差为，则数据的方差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的概念判断AB，根据百分位数的概念判断C，根据方差的性质判断D. 【详解】由于“掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，即它们为互斥事件，A正确； “掷出奇数”与“掷出偶数”不可能同时发生，且必有1个发生，为对立事件，B正确； 数据4，3，4，6，8，7，8，9从小到大排列为：3，4，4，6，7，8，8，9，由于，因此该组数据的第60百分位数是7，C错误； 数据的方差为，则数据的方差为，D正确. 故选：ABD． 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是增函数 C. 不等式的解集为 D. 若函数恰有两个零点，则的取值范围为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据分段函数解析作出图象，结合图象逐项分析判断. 【详解】的大致图象如图所示： 由图象可知：的图象不关于原点对称，所以不是奇函数，故A错误； 在定义域内不单调，故B错误； 若，则或，即不等式的解集为，故C正确； 令，则， 原题意等价于与有2个交点，则， 所以的取值范围为，故D正确； 故选：CD. 11. 已知等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. 当时， B. 当时，的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列中各项之间的关系，和等比中项的定义，结合基本不等式，分别判断构造函数的单调性，判断各选项的正误，求出正确结果. 【详解】对于A，当时，由，得，即， 因，则，解得，故A错误； 对于B，因，而函数在上单调递增， 由可得，所以，故B正确； 对于C，由，当且仅当时等号成立， 故得的取值范围是，故C错误； 对于D，因为，所以． 设，则， 因为，可得，所以，故D正确． 故选：BD． 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 若幂函数为奇函数，则的值为______. 【答案】0 【解析】 【分析】利用幂函数的定义及性质，列式求解即得. 【详解】由是幂函数，得，解得或， 当时，函数是偶函数，不符合题意，当时，是奇函数，符合题意， 所以. 故答案为：0 13. 2025年，从春晚扭秋歌的机器人，到广场舞狮的机器狗，中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点，某商场推出了机器人服务，其从甲公司购买了3台不同的机器人，从乙公司购买了2台不同的机器人，现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务，则这2台机器人来自于不同公司的概率为__________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式，即可求得答案. 【详解】设从甲公司购买的3台记为，从乙公司购买的2台记为， 从中任取2台的情况为共10种， 其中这2台来自于不同公司的情况分别为，共6种， 故概率. 故答案为： 14. 如图，在直角梯形中，，，，，动点在以点为圆心，且与直线相切的圆上或圆内移动，设，则取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，先求出以点为圆心，且与直线相切的圆方程，设，再根据，可求出点的坐标，再根据在圆内或圆上，可得关于的一个不等关系，设，进而可得出答案. 【详解】如图所示以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则，，，， 直线的方程为，化简得， 点到的距离， 可得以点为圆心，且与直线相切的圆方程为， 设，则，，， ， ， 可得且，的坐标为， 在圆内或圆上， ， 设，得， 代入上式化简整理得， 若要上述不等式有实数解， 则， 化简得， 解得， 即， 取值范围是． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：利用向量的坐标表示将点的坐标用表示是解决本题的关键. 四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分. 15. 甲和乙两人进行足球射门比赛，规定先赢满三局的人获胜，且不存在平局.已知每局比赛中，甲赢的概率为，其中. （1）若，分别计算比赛结束时甲赢的局数为2的概率及局数为3的概率； （2）记为在甲和乙进行了4局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，为在甲和乙进行了5局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，若，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）比赛结束时甲赢的局数为2局即前4局甲赢2局，最后一局乙赢；甲赢的局数为3局即前4局甲赢2局最后一局甲赢，或者是前三局甲赢. （2）分别计算在4局和5局结束时甲获胜的条件概率，并通过比较大小求解取值范围. 【小问1详解】 记比赛结束时甲赢的局数为， 当时，比赛结束共打了5局，甲在前4局中赢2局，其余3局是乙赢， 则， 当时，比赛结束共打了3、或4、或5局，即连打3局都是甲赢、 或打4局发生甲赢前3局中2局和第4局、或打5局发生甲赢前4局中2局和第5局， 则. 【小问2详解】 记事件为“进行了4局比赛分出胜负”， 则 记事件为“甲获胜”，则事件为“进行了4局比赛且甲获胜”， 则 因此，在进行了4局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为， 记事件为“进行了5局比赛分出胜负”， 则 则表示“进行了5局比赛且甲获胜”， 故 因此，在进行了5局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为， 依题意有， 所以. 16. 已知数列的前项和为，且，设. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 由数列的前项和为，且， 当时，可得，解得； 当时，可得， 整理得， 即， 数列是首项，公比为2的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求得通项公式再结合等比数列的定义证明即可； （2）利用第一问先求通项公式，再由错位相减法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 从而， 则， 两式相减，可得 ， . 17. 如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形． （1）求证：． （2）若，点在棱上，且点到平面的距离为． （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接． 因为与都是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是菱形，，所以， 因为平面平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）（i）2； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，再结合线面垂直的性质和菱形的性质得到，根据平面得到，最后利用线面垂直的判定定理和性质证明即可； （2）（i）建系，设，根据点到平面的距离列方程，解方程得到，然后求即可；（ii）利用空间向量的方法求面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． （i）设， 则． 设平面的法向量为， 则，即 取，得， 所以点到平面的距离为， 解得． 所以． （ii），由（i）知， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即 取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若无零点，且有两个不同的极值点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1） 时，在R上单调递增； 时，在区间和上单调递增， 在区间上单调递减． （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（ⅰ）令，即，结合直线与无交点，并利用（1）的结果得到的取值范围； （ⅱ）由（1）中方程有，，化简可得，利用导数讨论单调性可得结果. 【小问1详解】 由题意可得， 令，则．判别式． ①当，即时，恒成立， 即恒成立，在R上单调递增； ②当，即时，方程有2个实根， 且由求根公式可知该方程的解为， 由二次函数单调性知在区间和上单调递增， 在区间上单调递减． 综上，时，在R上单调递增； 时，在区间和上单调递增， 在区间上单调递减． 【小问2详解】 （ⅰ）令，即， 由于无零点，则直线与无交点，则； 又有两个不同的极值点,，由（1）知时满足题意，故a的取值范围为． （ⅱ）由（1）中方程有，． 不妨设，． 则 ， 设函数，， 且在上恒成立，故单调递增， 且，． 故的取值范围为. 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） ①方法一：常规方法 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 设点，由对称性质可知，则有，可得， 又，解得（舍）； ②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、， 由，消去得到， 所以，即， 由韦达定理可得，． 所以， ， 将，， 代入化简得，即， 故或， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 又因为直线不过点，故直线l过定点. 综上所述，直线l过定点. 方法二：齐次式法 设直线的方程为， 由，所以， 整理得， ， ， 显然，同除以得：， 令，则有， 易知、是关于的二次方程的两根， 由根与系数关系得：， 代入， 由得，故直线过定点． ②为定值，定值为． 【解析】 【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标； 方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标； ②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值. 【小问1详解】 由的面积为，得到：，所以． 又因为点在椭圆上，所以，且， 所以，，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①略 ②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上， 故当为圆心时，， 故存在定点，使为定值，定值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 字节精准教育联盟 2026年普通高等学校招生全国统一考试·第二阶段学情调研测试 数 学 试 题 成都、绵阳、南充版·高三上期末 ★考生注意★ 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 5.考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围. ◈预祝你们考试成功◈ 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分. 1. 若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 过原点且倾斜角为的直线被圆：所截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 某人掷骰子1次，“掷出奇数”与“掷出偶数”是对立事件 C. 数据4，3，4，6，8，7，8，9的第60百分位数是8 D. 数据的方差为，则数据的方差为 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是增函数 C. 不等式的解集为 D. 若函数恰有两个零点，则的取值范围为 11. 已知等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. 当时， B. 当时，的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 若幂函数为奇函数，则的值为______. 13. 2025年，从春晚扭秋歌的机器人，到广场舞狮的机器狗，中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点，某商场推出了机器人服务，其从甲公司购买了3台不同的机器人，从乙公司购买了2台不同的机器人，现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务，则这2台机器人来自于不同公司的概率为__________. 14. 如图，在直角梯形中，，，，，动点在以点为圆心，且与直线相切的圆上或圆内移动，设，则取值范围是__________． 四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分. 15. 甲和乙两人进行足球射门比赛，规定先赢满三局的人获胜，且不存在平局.已知每局比赛中，甲赢的概率为，其中. （1）若，分别计算比赛结束时甲赢的局数为2的概率及局数为3的概率； （2）记为在甲和乙进行了4局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，为在甲和乙进行了5局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，若，求的取值范围. 16. 已知数列的前项和为，且，设. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形． （1）求证：． （2）若，点在棱上，且点到平面的距离为． （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若无零点，且有两个不同的极值点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）求的取值范围． 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $