精品解析：山东省菏泽市单县第一中学2025-2026学年高三上学期第二次调研考试数学试题

2025—2026学年高三第二次调研考试 数学试题 （考试时间：120分钟，满分150分） 一、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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的模公式及复数除法法则，结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】由，得. 所以. 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出集合，再根据集合交并补运算即可得到答案. 【详解】对于集合，由得，所以或， 所以． 故选：D． 3. 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． 4. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再得到平移后的解析式，即可得到，，逐个检验即可得出答案. 【详解】因为， 将函数的图象向左平移个单位后得到函数， 所以，则，， ，，当时，，时，， 故选：A. 5. 设等差数列的前项和为，若，，则取得最小值时的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 3或4 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列通项公式基本量计算求得公差，再得到通项公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 由，可得：，又， 解得：， 所以， 由，可得， 且， 由，可得， 所以取得最小值时的值为3或4, 故选：C 6. 设函数，，若曲线与恰有一个交点，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】通过构造函数，得到奇偶性，根据零点个数得到，计算即可. 【详解】令，定义域为R, 且，则为偶函数, 由于曲线与恰有一个交点,则只有唯一的零点，即，解得. 故选：D. 7. 在四边形中，，，，E是线段中点，是线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立坐标系，表示出的坐标，根据是线段上的动点用参数表示点的函数，从而题目可转换为关于的二次函数在闭区间上的最小值问题. 【详解】由题以点为坐标原点，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 因为，E是线段中点， 所以， 而是线段上的动点， 从而可设， 所以点的坐标是， 所以， ， 所以当时，的最小值是. 故选：C. 8. 二元函数表示有两个自变量，的函数，其中，，如为一个二元函数．设，为正整数，二元函数满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二元函数定义以及计算规则，利用递推规律计算可得结果. 【详解】依题意由可得； 以此规律可得； 由可得， 以此规律可得， 因此可得. 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. 如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为1，，为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（ ） A. 直线平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线与平面所成角最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过建立空间直角坐标系，结合线面平行、垂直的判定定理，以及线面角的向量公式，分别对四个选项进行分析与计算，从而判断其正确性. 【详解】建立空间直角坐标系：以为原点，、、分别为、、轴正方向，则各点坐标分别为： 、、、、、、、， 动点在线段上，设，，则，空间直角坐标图如下： 选项A：在正四棱柱中，，因为平面，且平面， 根据线面平行判定定理，可得平面，选项A正确； 选项B：因为，，， 所以， 所以与不垂直，故不垂直于平面，选项B错误； 选项C：因为而平面，平面，故平面， 所以点在上移动时，到平面的距离保持不变， 同时，三角形的面积是定值，由此可知三棱锥的体积是定值，选项C正确； 选项D：，向量，，， 设平面法向量为，则，令，得，， 所以，直线与平面所成角满足：，， ，， 则，要使最大，只需分母最小即可， 而为一元二次方程，可知当时，取得最小值， 此时，选项D正确. 故选：ACD 10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，过点作斜率为的直线与轴相交于点，与交于两点，且，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与抛物线的准线有公共点 D. 以为直径的圆与拋物线的准线没有公共点 【答案】AD 【解析】 【分析】设直线方程为，则，由可得，联立直线与拋物线方程，利用韦达定理求出，进而求出以为直径的圆的圆心与半径，利用圆心到准线的距离与半径大小判断是否有公共点即可． 【详解】解：设直线方程为，即，则， 由，消去整理得， 则，, 由可得，，则，整理得， 所以，解得，. 又因为直线过，所以，即， 验证 ，与抛物线有两个交点.故A正确，B错误； 可知：准线方程为，直线的方程：， 由弦长公式得， 则以为直径的圆的圆心坐标为，半径为， 则圆心到准线的距离为， 所以以为直径的圆与抛物线的准线没有公共点，C错误，D正确． 故选：AD． 【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. 有两个极值点 C. 当时， D. 过点可作的三条切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据可以判断A；对函数求导，令导数为0并分析单调性即可判断B；构造函数，求导分析单调性和极值即可判断C；设切点为，得切线方程为，代入可得，令，求导研究零点即可判断D. 【详解】对于A，由得， ， 则，即的对称中心为， 故正确； 对于B，令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 所以为极大值点，为极小值点，有两个极值点，故正确； 对于C，设，则， 当时，，即在单调递增，则 故当时，不恒成立，故错误； 对于D，设切点为，由题意知切线斜率为， 故切线方程为，代入可得 ，整理得， 令 ，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因为，， 且时，，时，， 所以有3个不同实数根，即过点可作的三条切线，故正确, 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求得. 【详解】因为，由正弦定理得 ， 所以， 因为， 所以. 故答案为： 13. 点为椭圆的右顶点，、在椭圆上，若四边形为平行四边形，且，则椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性可知点的横坐标为，代入椭圆方程可得纵坐标，由直线的倾斜角为，两点间的斜率公式求解。 【详解】椭圆的右顶点，四边形为平行四边形，所以， 因为、两点纵坐标相同，所以关于原点对称， 故点的横坐标为，代入椭圆方程得点的纵坐标为，所以， 因为，所以直线的倾斜角为， 所以，得， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 14. 已知a，b∈R，a＋b＝4，则＋的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意将通分，变形为关于(a＋b)和ab的式子，先求出ab的取值范围，设，再由基本不等式即可得解. 【详解】由基本不等式可得， 由题意， 设，， 则， 当且仅当时等号成立， 所以，的最大值为. 故答案为： 【点睛】本题考查了基本不等式求最值的应用，考查了换元法的应用及运算求解能力，对条件合理变形是解题关键，属于中档题. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前项和为，是首项和公差均为1的等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列通项求出，再利用前项和与第项的关系求出. （2）由（1）求出，再作差判断单调性求出最小值. 【小问1详解】 由是首项和公差为1的等差数列，得，则， 当时，，由，得满足上式， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）得，则， 当，时，，当，时，， 所以当时，的最小值为. 16. 已知函数在上单调递增，在上单调递减． （1）求的解析式； （2）若，解不等式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的单调区间以及正弦函数性质得出，可求得函数解析式； （2）将不等式化简可得，利用换元法以及二倍角公式并结合三角函数值的符号可解得不等式的解集为. 【小问1详解】 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以是的最大值点， 根据正弦函数的性质，可得，即； 又因函数在上单调递增，在上单调递减， 所以,可得, 又,可得，解得 结合，取得, 所以的解析式为; 【小问2详解】 易知, 不等式即, 令,又，则, 不等式化为，即，， 因为,,可得,即, 结合,解得, 代入,可得,解得, 所以不等式的解集为. 17. 如图，在三棱柱中，，，，． （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明:因为,由余弦定理得 ，即， 所以， 所以. 又因为，，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）在中根据余弦定理得，可得，再结合已知和线面垂直判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在的平面为平面,建立空间直角坐标系,求解和平面的法向量，再结合线面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由题意和（1）知且，则二面角为， 因为,所以，即为等边三角形. 由平面，平面，故平面平面. 如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在的平面为 平面,建立空间直角坐标系. ， 由，得， 所以，，. 设平面的一个法向量，则， 所以，解得，令，则，故. 设直线与平面所成角为 所以 18. 已知函数，，． （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）证明：时，函数在上有唯一的零点； （3）若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）由，求导得， ①当时，，在上单调递增； 令，解得 ，有，故此时函数在上有唯一的零点； ②当时，令， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为，当 时，，所以 ； 当 时， ，所以 ; 根据零点存在定理，又因为 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， 所以 在 上有唯一的零点. 综上，当 时，函数 在 上有唯一的零点. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间，从而分析函数的最小值，再根据零点存在定理，函数在单调区间内，若端点函数值异号，则函数在该区间内有一个零点证明 有唯一零点. （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【小问1详解】 由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必须满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 19. 在平面直角坐标系中，双曲线，离心率为，点是上任意一点． （1）求的方程； （2）过点作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于，两点，求证：平行四边形的面积为定值； （3），是的两条切线，，是切点，求面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明: 如图所示，设，为渐近线，为渐近线， 直线方程为，联立， 解得，则， 同理可得，则. 因为直线斜率， 所以，则， 则平行四边形的面积， 因为点在双曲线上， 所以，即，故 所以平行四边形的面积为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率和双曲线，建立的方程求解即可； （2）设，求得直线方程为，联立方程求点，坐标，通过直线斜率，求解，在求解平行四边形的面积即可； （3）设，，由可得，，所以直线的方程为.由在直线上，得，同理可得，求得直线方程，和双曲线联立，得，结合到直线的距离和弦长公式，进而求解面积. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为，则， 因为离心率， 所以，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 设，，由可得，， 所以直线的方程为. 由在直线上，得， 解得，同理可得， 所以均满足方程，联立， 消去得，则，， 所以. 因为到直线的距离， 所以面积 . 因为， 所以，当且仅当，时等号成立， 故面积的最小值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年高三第二次调研考试 数学试题 （考试时间：120分钟，满分150分） 一、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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 5. 设等差数列的前项和为，若，，则取得最小值时的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 3或4 D. 7 6. 设函数，，若曲线与恰有一个交点，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 在四边形中，，，，E是线段中点，是线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 二元函数表示有两个自变量，的函数，其中，，如为一个二元函数．设，为正整数，二元函数满足，，，则（ ） 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. 如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为1，，为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（ ） A. 直线平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线与平面所成角最大时， 10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，过点作斜率为的直线与轴相交于点，与交于两点，且，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与抛物线的准线有公共点 D. 以为直径的圆与拋物线的准线没有公共点 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. 有两个极值点 C. 当时， D. 过点可作的三条切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则________． 13. 点为椭圆的右顶点，、在椭圆上，若四边形为平行四边形，且，则椭圆的离心率为______． 14. 已知a，b∈R，a＋b＝4，则＋的最大值为________． 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前项和为，是首项和公差均为1的等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求的最小值. 16. 已知函数在上单调递增，在上单调递减． （1）求的解析式； （2）若，解不等式． 17. 如图，在三棱柱中，，，，． （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，，． （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）证明：时，函数在上有唯一的零点； （3）若对任意恒成立，求的取值范围． 19. 在平面直角坐标系中，双曲线，离心率为，点是上任意一点． （1）求的方程； （2）过点作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于，两点，求证：平行四边形的面积为定值； （3），是的两条切线，，是切点，求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $