精品解析：湖北省沙市中学2026届高三下学期2月收心考数学试题

沙市中学2026届高三2月收心考 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡收回． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】找出集合中满足集合条件的元素，确定交集后选择最匹配的选项. 【详解】逐一检查集合中各元素，其中只有、 满足 ，所以. 故选：A 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件结合复数的四则运算法则可得复数，再求. 【详解】复数满足，则有， 得，所以 . 故选：B 3. 在平面直角坐标系中，角与角均以 为始边，已知角的终边在第一象限，且，将角的终边按照逆时针方向旋转，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平方关系求出，根据两角和的正弦公式求解. 【详解】因为是第一象限角，所以，所以， 又由题意可知， 所以， 故选：C. 4. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的圆心坐标及半径，抛物线的准线方程，再根据准线和圆相切即可得到答案. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为2， 抛物线的准线方程为， 圆与抛物线的准线相切， 则有，解得，所以抛物线的焦点坐标为. 故选：B 5. 某生物学兴趣小组对某地同种成年向日葵的株高（单位：cm）进行了测量，发现株高近似服从正态分布．已知测量的向日葵平均株高为，标准差为14.5．现按株高将这批向日葵划分为四个等级：过矮（后）、正常偏矮、正常偏高、过高（前）．若，则“过高”等级中最矮株高可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据标准正态分布的对称性可得，运算求解结合选项分析判断. 【详解】因为，则， 可得，解得， 即“过高”等级中的株高，结合选项可知D正确，ABC错误. 故选：D. 6. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选项构造函数，利用判断A、B、D，根据奇函数的定义判断C. 【详解】对于A：令，则定义域为，因为， 所以不是奇函数，A错误； 对于B：令，则定义域为，因为， 所以不是奇函数，B错误； 对于C：令，则定义域为， 因为 ，即所以是奇函数，C正确； 对于D：令，则定义域为， 因为，所以不是奇函数，D错误； 故选：C. 7. 已知四棱锥中，平面，，点到直线的距离为2．以为球心，为半径的球面与侧面 的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间垂直关系证明线面垂直，再利用球被平面所截得到一个圆，然后利用已知条件计算交线长即可. 【详解】 在梯形中，因为， 所以，则，即 ， 因为平面平面所以 ， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 由点到直线的距离为2，可得， 再过点作，垂足为，则， 又因为平面 ，所以 平面 ， 由，，可得， 则以为球心，为半径的球面与侧面 的交线是以为圆心的圆弧， 其半径为：， 又由，可得 则在直角 中，由点到 的距离等于， 所以直线 与这个以为圆心的圆弧相离， 即与侧面 的交线是以为圆心的圆弧长为， 故选：B 8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值. 【详解】任意的，都有， 则有在上恒成立， 令，函数定义域为， ，令，解得， 时，，在上单调递减； 时，，在上单调递增， ， 因此存在，使， 令，，令，解得， 时，在上单调递增； 时，在上单调递减， 有， 所以时，的最大值为. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】举反例判断AD，利用不等式的性质判断BC. 【详解】因为，所以， 对于A，若 ，则，故A错误； 对于B，， 又，所以， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D，当时，，不成立， 故D错误； 故选：BC 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 在内恰有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数关于直线对称得到，则，根据三角函数性质逐项判断. 【详解】对于A：因为函数关于直线对称，所以，等价于， 由得，即， 所以，则，A正确； 对于B：因为， 所以是奇函数，B正确； 对于C：由得，若，则单调递增， 若，则单调递减，C错误； 对于D：令，则，解得， 由得，又 ， 所以，即在内恰好有个零点，D正确； 故选：ABD. 11. 现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若 ，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（ ），则（ ） A. B. C. D. 且 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，可根据试验过程直接计算；对于选项B，需要根据试验过程分析表达式；对于选项C，根据条件概率公式判断与是否相等；对于选项D，时，有，得，可知，，则有，可得. 【详解】对于A，若数字9被选到，有两种情况： 第一次选数时，从1到10中选到9，概率为， 第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为， 所以，选项A错误； 对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：第一次就选到8，概率为； 发生后，下一次从1到8中选到8，概率为， 发生后，下一次从1到9中选到8，概率为， 这几种情况彼此互斥，所以，选项B正确； 对于C，根据条件概率公式，， 若发生，即数字9被选到，那么在选到9的情况下， 下一次从1到8中选到8的概率为，即， 若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，可以下一次从1到9中选到8， 也可以是下一次从1到9中选到9，再下一次从1到8中选到8， 即， 所以，选项C正确； 对于D，对于即选中 的情况，设为选中数当中不小于 的最小整数， 则 ， 当时，有，，， 结合知，， 所以最大数选取是任意的，始终有， 对于 同时选中情况，不妨设 ，可理解为从中按规则取数， 选中的概率，则有， 可得，选项D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，，是方程 的两实数根，则数列的前20项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，结合等差数列的求和公式求值即可. 【详解】因为，是方程 的两实数根， 所以. 又数列是等差数列，所以， 所以数列的前20项和为. 故答案为： 13. 已知曲线在处的切线方程为 ，则 _____． 【答案】## 【解析】 【分析】由导数的几何意义及切点处的函数值求解. 【详解】由已知切点坐标为，因为，切线方程为， 则由导数的几何意义可得，解得， 又切点在曲线上，所以，解得. 故答案为：. 14. 在中，，，则的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】将两边平方，结合余弦定理可得，由结合正弦定理可得，两者结合利用基本不等式求最值. 【详解】由可得， 两边平方得：，又， 所以，即， 所以，所以， 由，根据正弦定理角化边得，所以， 所以， 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、证明过程或解答步骤． 15. 已知数列的前项和为，且 . （1）求的通项公式； （2）设，记为数列的前项和，证明： . 【答案】（1） （2） ， ， 所以 ， 所以 ， 命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）根据对数的运算性质，结合等差数列前 项和公式，利用裂项相消法进行运算证明即可. 【小问1详解】 当时， ， 当 时， ，作差得： ， 即 ， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接 . 因为 为 中点， 所以为 的中位线， 所以 且. 在正方形中，为中点， 所以 且 ， 所以 且 ， 所以四边形是平行四边形. 所以 . 又 平面 平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接 ，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面 平面，平面 平面 ， 平面 平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则有 . 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令， 得 ； 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令， 得 ； 设平面与平面夹角为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数，且． （1）若，，求的值； （2）从以下三个条件中选择两个作为已知，使得存在，并求的取值范围． ①函数在区间上只有最大值，没有最小值； ②函数在区间上恰有4个零点： ③函数在区间上单调递增． 【答案】（1） （2）因为②与①、③的交集都为空，所以选①和③，． 【解析】 【分析】（1）由求出，令，则，利用诱导公式及二倍角公式求解； （2）设的周期为，分别由①②③判断相应范围，判断选①和③；由①③分别求范围，取其交集. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以． 当时，， 因为，所以． 令，则， 所以， 所以． 【小问2详解】 对于①：因为，所以，则，解得； 对于②：因为，所以，则，解得； 对于③：因为，所以，则，解得； 因为②与①、③的交集都为空，所以选①和③． 由，得， 即的取值范围是． 18. 已知两点的坐标分别是，直线 相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． （1）求点的轨迹的方程； （2）已知上存在三点，且 关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用斜率公式，列方程化简即可； （2）①利用直线与抛物线联立，求出对称点 的中点坐标，利用中点在对称轴上找到参数的相等关系，再利用判别式恒大于0，来求出参数的范围，最后再排除特殊情况即可； ②利用弦长公式，结合等边三角形可得到相等关系，再通过坐标满足的方程来求解即可. 【小问1详解】 设点． 因为直线的斜率与直线的斜率的差是2，所以， ， 化简得：． 【小问2详解】 ①因为 关于直线对称，所以直线 的斜率为-2． 设直线 的方程为， 联立消去可得． 所以 所以 中点坐标． 因为点在直线上，所以． 因为，所以， 因为曲线方程，即曲线上要挖掉两点， 即直线 不能经过点， 若直线 过点，则， 若直线 过点，则． 综上所述：的取值范围是． ②因为为等边三角形，所以点在直线上． 设，则， ． 所以，即， 化简得，①． 因为点在直线上，所以②． 由①②消得，． 因为，所以， 所以． 19. 已知函数 ． （1）当 时，求的零点； （2）给定数集，任给 ，对应关系使函数的零点与对应． ①证明：是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列满足，证明：． 【答案】（1） （2）①当时， ， 所以在 上单调递增． 设 ，， 所以当 单调递增；当 单调递减； 所以 ，所以 ，即，当时取等号， 因为 ， ， 所以 ，使得 ，所以存在唯一零点 ， 所以对于任意一个的值，都有唯一零点与之对应， 所以 是函数． 在上单调递减；②由①知， ． 由得 ， 由 及 可得 ，解得， 所以 ，解得， 所以． 由 ，得， 所以 ． 设 ，所以 ， 所以 在 上单调递减，所以 ，所以 ． 因为 ，所以 ． 所以得证． 【解析】 【分析】（1）根据导数 得出函数单调递增结合 求解； （2）①应用导函数得出在 上单调递增结合 ， 应用零点存在定理证明；方法一：应用构造应用导数得出单调性结合单调性定义证明单调递减；方法二：两边对求导化简得出恒成立证明函数单调性； ②根据①得，构造 ，应用导函数得出 在 上单调递减得出 ，结合数列求和证明不等式. 【小问1详解】 当 时，， 由 ，得在 上单调递增． 因为 ，所以的零点为． 【小问2详解】 ①下面讨论该函数的单调性： （方法一）在 任取，且． 设 ， 所以 ，且 ， 所以． 因为，所以． 设， 当 时， ，所以 在 上单调递增． 因为 ，所以， 所以函数在 上单调递减． （方法二）由，两边对求导， 得，所以， 所以恒成立，所以 ， 所以函数在 上单调递减． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沙市中学2026届高三2月收心考 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡收回． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 在平面直角坐标系中，角 与角均以 为始边，已知角 的终边在第一象限，且，将角 的终边按照逆时针方向旋转，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆与抛物线的准线相切，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 某生物学兴趣小组对某地同种成年向日葵的株高（单位：cm）进行了测量，发现株高近似服从正态分布．已知测量的向日葵平均株高为，标准差为14.5．现按株高将这批向日葵划分为四个等级：过矮（后）、正常偏矮、正常偏高、过高（前）．若，则“过高”等级中最矮株高可能为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥中，平面，，点到直线的距离为2．以为球心，为半径的球面与侧面 的交线长为（ ） A. B. C. D. 8. 若存在，对任意的，都有，则 的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 在内恰有3个零点 11. 现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若 ，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（ ），则（ ） A. B. C. D. 且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，，是方程 的两实数根，则数列的前20项和为________． 13. 已知曲线在处的切线方程为 ，则 _____． 14. 在中，，，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、证明过程或解答步骤． 15. 已知数列的前项和为，且 . （1）求的通项公式； （2）设，记为数列的前项和，证明： . 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数，且． （1）若，，求的值； （2）从以下三个条件中选择两个作为已知，使得存在，并求的取值范围． ①函数在区间上只有最大值，没有最小值； ②函数在区间上恰有4个零点： ③函数在区间上单调递增． 18. 已知两点的坐标分别是，直线 相交于点，且直线的斜率与直线 的斜率的差是2． （1）求点的轨迹的方程； （2）已知上存在三点，且 关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 19. 已知函数 ． （1）当 时，求的零点； （2）给定数集，任给 ，对应关系使函数的零点与对应． ①证明：是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $