精品解析：甘肃省甘南藏族自治州临潭县第二中学2025-2026学年高三上学期数学学业学情调研卷（1.20）

临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 2026届高三数学学业学情调研卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.考试范围：高考所有内容 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若z的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 设是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 设，分别为双曲线的左､右焦点，双曲线上存在一点使得，，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知函数满足恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8 B. 若随机变量服从正态分布，，则 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为，则 D. 若随机变量，且，则 10. 设正实数m，n满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为2 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 当时，有最小值 B. 当时，有两个极值点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 当时， 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}为等差数列，a6﹣a5＝2，a11＝21，若Sk＝169，则k＝_____． 13. 在中，已知，，，则等于______． 14. 如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为__________． 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. 记为数列的前项和，为数列的前项和，已知． （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求的前项和． 16. 已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 17. 同时从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量分别为、、（单位：件），工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取件样品进行检测. （1）求抽取的件商品中，来自甲、乙、丙各地区的数量； （2）设抽取的件商品分别用、、、、、、表示，现从中再随机抽取件做进一步检测. （i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； （ii）设为事件“抽取的件商品来自不同地区”，求事件发生的概率. 18. 已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆上.直线与椭圆交于两点.且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且过的中点.求四边形面积的取值范围. 19. 已知函数，. （1）当时，若，讨论的单调性； （2）设，若存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 2026届高三数学学业学情调研卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.考试范围：高考所有内容 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解不等式求出集合、，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 由，即，解得， 所以， 所以. 故选：C 2. 若z的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据除法运算可得，再结合共轭复数的概念可得结果. 【详解】因为，则， 所以. 故选：D． 3. 设是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】 利用可能平行判断A，利用线面的位置关系定义可判断B，利用或与异面判断C，与可能平行、相交、异面，判断D. 【详解】，，则可能平行，故A不正确； ，则可能平行，可能线在面内； ，，由线面平行的性质可得，故C正确； ，，与可能平行、相交、异面，故D不正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将左右同时平方可求得的值，结合投影向量公式计算即可. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 所以在上的投影向量为. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合两角和差的正弦公式以及同角的商数关系求出，进而利用二倍角的正切公式即可求出结果. 【详解】因为，所以， 得，显然，所以， 故， 故选：C. 6. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出所有的排列方式，得出两本数学书相邻的情况，即可求出概率. 【详解】解析：两本不同的数学书用a1，a2表示，语文书用b表示． 则所有的排列方式有(a1，a2，b)，(a1，b，a2)，(a2，a1，b)，(a2，b，a1)，(b，a1，a2)，(b，a2，a1)共6种． 其中两本数学书相邻的情况有4种，故所求概率为． 故选：D. 7. 设，分别为双曲线的左､右焦点，双曲线上存在一点使得，，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义可得，化简得到，代入公式，即可得到答案； 【详解】， ， ，， 故选：A. 8. 已知函数满足恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由转化为，设，利用，即可求解. 【详解】由题意，函数满足恒成立， 可得恒成立，即， 设， 又由函数，可得， 当时，可得，所以为单调递增函数，且， 所以时，可得，即， 则， 当且仅当，即时取“=”号， 所以，即实数的取值范围是. 故选：B. 【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 二、多项选择题：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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8 B. 若随机变量服从正态分布，，则 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为，则 D. 若随机变量，且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】将A的数据由小到大排列后可求该组数据的中位数，从而可判断A的正误，利用正态分布的对称性可判断B的正误，根据样本中心点必在回归直线上可判断C的正误，根据公式可求二项分布的期望和方差，从而可判断D的正误. 【详解】对于选项A，5，6，7，7，8，8，8，9中位数为7.5，所以A不正确； 对于选项B，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于对称， 所以，所以B正确； 对于选项C，因为回归直线一定经过样本中心点，所以， 即，所以C正确； 对于选项D，因为，且，所以，即， 所以，所以D不正确． 故选：BC． 10. 设正实数m，n满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为2 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】A由“1”的妙用结合基本不等式可得最小值；B由基本不等式求得最值，即可判断选项正误；C由B选选项分析可判断正误；D由基本不等式求得最值，可判断选项正误. 【详解】对于A，， 当且仅当，即时取等号，故A正确； 对于B，，，当且仅当时取等号，则，故B正确； 对于C，由B分析可知，故C错误； 对于D，， 注意到，则.当且仅当时取等号，故D错误. 故选：AB 11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 当时，有最小值 B. 当时，有两个极值点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求导后通过求出函数的单调区间，从而可求出其最值，对于B，分和两种情况求函数的极值，对于C，利用导数的几何意义求解，对于D，由已知可得，构造函数，利用导数求得其，构造函数，利用导数求得，从而可得结论 【详解】对于A选项，当时，，求导得，令，解得.当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以当时，有最大值，故选项A错误； 对于B选项，当时，对求导得， 当时，令，解得，且， 当时，，当时，，当时，， 所以在时取极小值，在时取极大值. 当时，令，解得，且， 当时，，当时，，当时，， 所以在时取极大值，在时取极小值， 所以当时，有两个极值点，故选项B正确； 对于C选项，因为，所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为，即，故选项C正确； 对于D选项，当时，， 令，，则 ， 显然当时，， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减，所以， 令，求导得， 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以， 所以，故选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，对于选项D解题的关键是由时，，然后构造，然后利用导数求出其最大值，再利用导数求出的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}为等差数列，a6﹣a5＝2，a11＝21，若Sk＝169，则k＝_____． 【答案】13 【解析】 【分析】设等差数列{an}的公差为d，由题设条件求出首项a1与公差d，再代入Sk，解出即可． 【详解】解：设等差数列{an}的公差为d， ∵a6﹣a5＝2＝d，a11＝21＝a1+10d， ∴d＝2，a1＝1； 又Sk＝ka12＝169； ∴k+k（k﹣1）＝169；解得k＝13． 故答案为：13． 【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，属于基础题． 13. 在中，已知，，，则等于______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形内角和及正弦定理即得. 【详解】由，，得， 由正弦定理得，. 故答案为：. 14. 如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为__________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用锥体和柱体的体积公式可判断①；利用线面角的定义可判断②；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断③；取点为的中点，利用空间向量法可判断④. 【详解】对于①，当与重合时， ，①对； 对于②，过点作分别交、于点、，连接、， 过点作分别交、于点、，连接、， 过点在平面内作，垂足为点， 因为，，则，且，故平面， 因为平面，平面，则， 又因为，，、平面，故平面， 故，同理可得， 所以，为定值，②对； 对于③，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，设点，则， 则，， 所以，， 故不存在、，使得，③错； 对于④，不妨取点，则点，则、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 故底面与平面夹角的余弦值为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 所以，， 即底面与平面所成夹角的余弦值为， 同理可知，底面与平面所成夹角的余弦值为， 此时，点为棱的中点，则平面平面， 则底面与平面夹角的余弦值为，④对. 故答案为：①②④. 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. 记为数列的前项和，为数列的前项和，已知． （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求的前项和． 【答案】（1） ，，， 当时，， ，， ， 是以为首项，为公比的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）根据得到关于的递推关系式，然后根据递推公式证明是等比数列； （2）先求解出，再根据求解出，最后通过裂项相消法求解出的前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，， 当时，，符合的情况， ， ， 设的前项和为， ， ． 16. 已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接. 则. 而底面为矩形，是的中点， 所以. 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需在平面内找到一条线段与平行即可. （2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，然后求出平面的法向量和直线的方向向量，进而可根据向量夹角的余弦公式即可求得直线与平面的正弦值. （3）根据（2）中求得的平面的法向量，根据点到平面的距离公式即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 所以平面的一个法向量为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为，平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为： . 17. 同时从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量分别为、、（单位：件），工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取件样品进行检测. （1）求抽取的件商品中，来自甲、乙、丙各地区的数量； （2）设抽取的件商品分别用、、、、、、表示，现从中再随机抽取件做进一步检测. （i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； （ii）设为事件“抽取的件商品来自不同地区”，求事件发生的概率. 【答案】（1）分别为件、件、件 （2）（i）从抽取的件商品中随机抽取件商品的所有可能结果为：、、、 、、、、、、、、、、、、、 、、、、； （ii） 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样可计算得出所抽取的件商品中，来自甲、乙、丙各地区的数量； （2）（i）利用列举法可列举出所有的基本事件； （ii）列举出事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得的值. 【小问1详解】 解：由已知，从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量之比为， 由于采用分层抽样的方法从中抽取件商品， 因此应从甲、乙、丙三个不同地区进口的某种商品中分别抽取件、件、件. 【小问2详解】 解：（i）从抽取的件商品中随机抽取件商品的所有可能结果为：、、、 、、、、、、、、、、、、、 、、、、； （ii）不妨设抽取的件商品中，来自甲地区的是、、，来自乙地区的是、， 来自丙地区的是、， 则从抽取的件商品中随机抽取的件商品来自相同地区的所有可能结果为：、 、、、、、、、、、、、、、、，共种， 所有的基本事件共种，故. 18. 已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆上.直线与椭圆交于两点.且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且过的中点.求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解，即可得椭圆方程； （2）当直线斜率不存在时，可得其方程为，求出；当直线斜率存在时，设其方程为，结合韦达定理、平面向量数量积推出及，再由，计算可得的取值范围，从而得解． 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 由题意可得：，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线斜率存在时，设其方程为，，， 联立，可得， 可得①，且②，③ 若以为直径的圆过原点，则， 整理得， 代入②③两式得，整理得④， 将④式代入①式，得恒成立，则， 由题意可设，所以， 因为， 且点到直线的距离， 可得， 又因为，则点坐标为， 化简可得， 代入椭圆方程可得，整理得， 则， 因为，则， 所以； 当直线斜率不存在时，设，， 则，且，解得， 可知方程为， 因为直线过中点，即为轴， 可知，，， 综上所述：四边形面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知函数，. （1）当时，若，讨论的单调性； （2）设，若存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增. （2）（i）； （ii）下面找出两个点，，使得，, 注意到，且，于是考虑找点，， 下面我们证明：，， ①，设，下证， 方法1：设，则，则， 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增， 故，即， 因此， 设，则， 所以在上单调递增，所以， 因此，又，故，即， 又，所以. 方法2：易知，设，则， 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增，故， 又，从而，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 又，即， 所以，且， 因此， 又，所以，即， 于是. 【解析】 【分析】（1）先确定定义域，求出导函数并进行通分和因式分解后根据开口方向、根的大小关系、根与定义域的位置关系等信息进行分类讨论得出导数正负情况，从而得出函数的单调性. （2）（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数零点个数为2求出的取值范围 （ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可. 【小问1详解】 由题的定义域为，， 若，令，得，. 当时，， 当或时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，， 当或时，；当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由题意知， 所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为函数存在两个不同的零点，故，即. 所以的取值范围为 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $