精品解析：陕西西安市临潼区华清中学2025-2026学年高三下学期单元学情调查数学试题

2025-2026-2单元学情调查高三年级数学 （时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题：本题8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（　　） A. 1 B. C. D. 3. 已知各项均为正数的数列中，，，则（ ） A. 400 B. 600 C. 800 D. 1000 4. 在平面内，三个非零向量，，两两的夹角相等，且，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知函数的图象向左平移个单位后与原来图象重合，当，且时，，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒子．已知某盲盒产品共有3种玩偶，且每个盲盒中出现任意一种玩偶的概率均相等，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的，，满足，且，，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 关于点对称 D. 二、选择题：本小题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的．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. 已知曲线，其中是实数，且至少有1个大于0，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 当时，曲线表示椭圆 C. 当时，曲线表示双曲线 D. 当时，曲线表示两条平行直线 10. 在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 的最小值为 D. 过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为 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：本小题3小题，每小题5分． 12. 已知，则_________． 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_____． 14. 已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 有一个翻牌游戏，规则如下：每一轮翻牌两次，每次翻出花色牌的概率为，且每次翻牌相互独立.若参与者在一轮翻牌游戏中，翻出的花色牌数不少于1，则获得一份精美礼品（多次参与可获得多份精美礼品）. （1）若甲参与一轮翻牌游戏，求甲获得一份精美礼品的概率； （2）若乙参与三轮翻牌游戏，设乙获得的精美礼品数量为，求的分布列与期望. 16. 已知为数列的前项和，且. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求的表达式及最大值. 17. 已知函数 为实数. （1）讨论 的单调性； （2）若函数 有 3 个零点，且 ，求 的最小值. 18. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 19. 已知椭圆C：的两个焦点为和，，，为椭圆上不同三点，且，周长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线平分线段，记中点为，当为何值时，的面积最大？ （3）设直线PO与椭圆C的另一交点为T，直线PT，MQ，PM，TQ的斜率分别为，，，，若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-2单元学情调查高三年级数学 （时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题：本题8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根据并集的概念进行求解即可. 【详解】因为集合，所以. 因为集合，所以. 所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则（　　） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算法则得，再利用复数的模长的计算公式，即可求解. 【详解】由，得到，所以， 则， 故选：D. 3. 已知各项均为正数的数列中，，，则（ ） A. 400 B. 600 C. 800 D. 1000 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的定义和通项公式求解即可. 【详解】因为数列各项均为正数，且，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，， 故选：C 4. 在平面内，三个非零向量，，两两的夹角相等，且，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，按夹角大小分类，利用平面向量数量积定义以及运算律列式求解. 【详解】依题意，平面向量两两夹角可以为或， 当向量两两夹角为时，，解得，不符合题意； 当向量两两夹角为时，， 则， 因此，解得或（舍去）. 故选：C 5. 已知函数的图象向左平移个单位后与原来图象重合，当，且时，，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，可求得，利用，求得的值，计算即可. 【详解】函数的图象向左平移个单位后的解析式为， 又平移后的函数图像与原来图像重合，所以， 所以，所以，又，所以， 所以， 当时，则， 又，且时，， 所以，所以， 所以 . 故选：B. 6. 盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒子．已知某盲盒产品共有3种玩偶，且每个盲盒中出现任意一种玩偶的概率均相等，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的条件，求出买4个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可. 【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，4个盲盒的总情况数为，即81种， 符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在4个盲盒中包含所有3种玩偶， 即一种玩偶出现2次，其余两种出现1次. 选择出现2次的种类：种，分配位置：将4个位置中选2个给该种类， 剩余2个位置分别给另外两种：种， 总符合条件的情况数：种， 因此，总概率为. 故选：C． 7. 已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】要使圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之比大于等于4，由此建立不等式求的最小值. 【详解】设圆上三点到直线的距离分别为， 圆心到直线的距离为， 若直线与圆相切或相交，此时可以取非常小的正数， 则必存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列； 若直线与圆相离，即， 则圆上任意一点到直线的距离位于， 若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列， 则需，得， 则的最小值为. 故选：C 8. 已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的，，满足，且，，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 关于点对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法，结合函数的奇偶性与对称性直接判断AB选项，再结合函数的周期性可判断D选项，再根据复合函数求导可判断C选项. 【详解】A选项：由，令，则， 即，A选项错误； B选项：令，可知， 又不恒为，则，所以函数为奇函数， 令，则， 即，即， 又， 则， 所以， 所以为奇函数，B选项错误； C选项：由B选项可知，两边同时求导可知， 即函数关于直线对称， 所以函数关于直线对称，C选项错误； D选项：由B选项可知，即函数的一个周期， 由上述分析和已知条件，， 所以 ，D选项正确； 故选：D. 二、选择题：本小题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的．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. 已知曲线，其中是实数，且至少有1个大于0，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 当时，曲线表示椭圆 C. 当时，曲线表示双曲线 D. 当时，曲线表示两条平行直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据方程分析对称性即可；对于B：举反例说明即可；对于CD：分类讨论的符号，进而判断曲线表示的图形. 【详解】因为曲线，其中是实数，且至少有1个大于0， 对于选项A：将换成可得， 所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于选项B：例如满足，此时曲线表示圆，故B错误； 对于选项C：若，当时，曲线是焦点在轴上的双曲线； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线； 综上所述：当时，曲线表示双曲线，故C正确； 对于选项D：若，且至少有1个大于0， 当时，曲线是与轴平行的两条直线； 当时，曲线是与轴平行的两条直线； 综上所述：当时，曲线表示两条平行直线，故D正确； 故选：ACD. 10. 在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 的最小值为 D. 过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由可判断A；设点到平面的距离为，利用等体积法可求得判断B；将绕转到与在同一平面内，利用余弦定理可求最小值判断C；求得截面面积判断D. 【详解】对于A，因为，又平面， 所以不平行于平面，故A错误； 对于B，设点到平面的距离为， 在正方体中，可得， 由，得， 所以，解得， 所以点到平面的距离为，故B正确； 对于C，，所以是等边三角形， 将绕转到与在同一平面如图所示，的最小值即为， 由，所以， 在中，由余弦定理可得 ， 所以，故的最小值为，故C正确； 对于D，因为分别为的中点，所以过三点作该正方体的截面为， 又对角线互相垂直，且， 所以四边形的面积为，故D正确. 故选：BCD. 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：本小题3小题，每小题5分． 12. 已知，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用二倍角的正余弦公式化简已知等式，求得，再利用二倍角的正切公式计算即得. 【详解】由可得，即， 也即，因，则，， 故得，即，故. 故答案为：. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_____． 【答案】1 【解析】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点求出，利用公切线斜率相等求出表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解 【详解】由，得，， 故曲线在处的切线方程为； 由，得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 故切线方程为，即， 因两切线为同一条直线，方程相同，则，解得． 故答案为：1 14. 已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为平行四边形，设，结合椭圆定义和余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形， 因为，所以， 由，设，则， 所以，，， 在中，由余弦定理得， ， ，解得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得，故椭圆的离心率. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 有一个翻牌游戏，规则如下：每一轮翻牌两次，每次翻出花色牌的概率为，且每次翻牌相互独立.若参与者在一轮翻牌游戏中，翻出的花色牌数不少于1，则获得一份精美礼品（多次参与可获得多份精美礼品）. （1）若甲参与一轮翻牌游戏，求甲获得一份精美礼品的概率； （2）若乙参与三轮翻牌游戏，设乙获得的精美礼品数量为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式及对立事件概率公式计算求解； （2）应用二项分布写出概率，再写出分布列，最后应用公式计算数学期望即可. 【小问1详解】 甲获得一份精美礼品的概率为. 【小问2详解】 由题意得， 则， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 . 16. 已知为数列的前项和，且. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求的表达式及最大值. 【答案】（1）； （2），20. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用，结合等比数列求出通项公式. （2）利用分组求和法及等比数列前项和公式求和，再探讨数列的单调性求出最大项. 【小问1详解】 在数列中，，则，两式相减得， 而，，则，因此数列是首项为1，公比为3的等比数列， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， ，当时，；当时，， 即，所以当时，取得最大值. 17. 已知函数 为实数. （1）讨论 的单调性； （2）若函数 有 3 个零点，且 ，求 的最小值. 【答案】（1）答案见解析； （2）1. 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解得，再对分和讨论即可； （2）首先分析或时都不合题意，然后再分析的情况，从而有，再构造新函数求导分析得到的范围，最后分析边界值满足题意即可. 【小问1详解】 ． 当时，令，解得，令，解得， 在上单调递减，在上单调递增； 当时，令． ①时，， 或时，时，， 在上单调递增，在上单调递减； ②当时，在上单调递增； ③当时，， 或时，时，， 在上单调递增，在单调递减． 综上：当时，在单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 由（1）知，当或时，至多2个零点，不合题意； 当时，在上单调递增,在上单调递减. 而， 在上至多1个零点，在上无零点，不合题意； 在单调递增，在上单调递减． 因为，所以需． 令, 在上单调递减. . 又当时，， 根据函数在上的连续性以及零点存在性定理知在上分别有一个零点． 综上，的最小值为1． 18. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再应用勾股定理证明； （2）先根据得出，再建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解； （3）设，求出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算得出. 【小问1详解】 取线段的中点为，连接，因为，所以； 又因为为正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角 又因为，所以，所以， 即为直角三角形，且，所以； 又因为为正三角形，且，所以， 又因为，所以，即， 所以，所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则. 因为平面，因为平面，平面平面，所以， 则． 因为截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，所以， 又因为，，即， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为棱的中点，即，，，， 设平面的法向量为，由，得， 取，则，，所以； 平面的法向量为； 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 三棱锥的外接球的球心即为正三角形的中心，即，外接球的半径， 因为平面截球所得的截面面积为，所以截面圆的半径为，所以球心到平面的距离为． 设，，则， 设，则， 同理，所以，， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则，，则， 又因为，则， 即，解得，所以． 19. 已知椭圆C：的两个焦点为和，，，为椭圆上不同三点，且，周长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线平分线段，记中点为，当为何值时，的面积最大？ （3）设直线PO与椭圆C的另一交点为T，直线PT，MQ，PM，TQ的斜率分别为，，，，若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先可得，再由周长为求出，即可求出； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，表示出，再求出点的轨迹，由直线与其有公共点，得到，再换元求出面积的最大值，从而得解； （3）设，直线：，直线：，联立方程，消元、列出韦达定理，再由斜率公式计算可得. 【小问1详解】 依题意，又周长为，即， 所以，则， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为，由， 整理得， 则，， 所以， 又点到直线的距离， 所以 ， 因为点为的中点，设，则， 所以，所以，即点的轨迹为， 由，消去整理得， 所以，则， 令，则， 所以， 所以当时的面积取最大值， 此时，则，即为的中点，即； 【小问3详解】 设，直线：， 由，整理得，则，； 设直线：， 由，整理得， 所以，； 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $