精品解析：重庆市永川中学校2026届高三下学期第二次调研检测数学试题

高2026届高三春期第二次调研检测数学 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 3. 已知复数z是方程的根,则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 甲、乙、丙等5人被安排到三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则甲和乙不去同一个社区的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 过曲线：外一点作的切线，恰好可作两条，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机事件A,B相互独立的充要条件是 B. 设X为随机变量,则 C. ,则, D. 若,记函数,,则的图象关于点对称 10. 已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点 为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ） A. 有无数个点 ，使得平面 B. 有无数个点 ，使得平面 C. 若点平面，则四棱锥的体积的最大值为 D. 若点平面，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 11. 已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 12. 焦点在x轴上的椭圆与双曲线有公共左、右焦点、，点M是与的公共点且，点N在x轴上，满足，若，则与的离心率之积为____. 四、解答题 13. 在三棱锥中，平面平面，和都是边长为 的正三角形． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 14. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束. （1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，并求边长a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 16. 已知抛物线（）的焦点为，准线为，直线与相交于两点，点. （1）求的方程； （2）若，求证：过定点； （3）若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 17. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围； （3）若．证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届高三春期第二次调研检测数学 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】不等式解得，则， 又，所以. 2. 已知等差数列，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 3. 已知复数z是方程的根,则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为方程的判别式， 所以该方程有虚数根， 所以， 因此. 4. 方程表示焦点在 轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据题意只需与同正且即可. 【详解】因为焦点在 轴上的椭圆，所以有. 5. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知， 则，解得， 在方向上的投影向量为：． 6. 为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】设脱碳处理的次数为，则脱碳处理次后的碳排放浓度为， 由题意可得，则，即， 由于，所以的最小值为 ， 故至少需要脱碳处理的次数为 . 7. 甲、乙、丙等5人被安排到三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则甲和乙不去同一个社区的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将5人分为三组，再分配到三个社区，再减掉甲乙两个人在同一社区的情况，即可求得. 【详解】根据题意，甲、乙、丙等五人被安排到三个社区做志愿者， 每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则可按和分组， 再分配到三个社区，共有种不同的安排方法， 其中甲乙在一个社区的共有种， 则甲乙不去同一个社区的概率为. 故选：. 8. 过曲线：外一点作的切线，恰好可作两条，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出函数的切线方程，代入点，整理得，令，利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，结合图象求解即可. 【详解】设切点为， 据题意：这样的切点有两个， 即关于的方程有且仅有两根. 因为， 所以切线方程为， 即为过切点的切线， 又在此切线上， 所以， 即， 所以， 令， 所以， 所以，则或， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为， 当 趋于时，趋于，当 趋于时，趋于， 作出函数的图象，如图所示： 又不在曲线C上，所以， 由的图象可知. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机事件A,B相互独立的充要条件是 B. 设X为随机变量,则 C. ,则, D. 若,记函数,,则的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据随机事件的独立性、随机变量的方差与期望的关系、二项分布的期望与方差、正态分布的对称性逐一严格推导每个选项的正确性，排除错误选项. 【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则， 所以， 再证充分性：若，则， 所以，即，说明 与 相互独立， 所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确； 对于B，由于，则， 所以， 即，所以B正确； 对于C，由,则,，故C错误； 对于D，因为,记函数,, 所以对任意，有， 由正态分布的对称性：， 因此， 即的图象关于点对称，故D正确. 10. 已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点 为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ） A. 有无数个点 ，使得平面 B. 有无数个点 ，使得平面 C. 若点平面，则四棱锥的体积的最大值为 D. 若点平面，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球的半径及正方体的棱长，利用面面平行、线面垂直的性质判断AB；求出点 平面 距离的最大值计算判断C；建系设出点 的坐标，借助基本不等式求出最大值判断D. 【详解】令正方体的外接球半径为，，，则， 连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形， 即有，而平面，平面，则平面， 同理平面，又平面， 因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆 ， 对圆 上任意一点（除点 外）均有平面，A正确； 对于B，过 与平面垂直的直线仅有一条，这样的 点至多一个，B错误； 对于C，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面 的距离的最大值为， 因此四棱锥的体积的最大值为，C正确； 对于D，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图， 令点，而， 因此， ，令， ，当且仅当取等号， 此时，即，因此的最大值为，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 11. 已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由求得 的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c的最大值. 【详解】设， 由题意得， 整理得， 所以 的轨迹为以为圆心，半径的圆， 因为 在直线上， 所以与相切或相交， 则到的距离， 解得， 故c的最大值是. 12. 焦点在x轴上的椭圆与双曲线有公共左、右焦点、，点M是与的公共点且，点N在x轴上，满足，若，则与的离心率之积为____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据求出，进而推得，由推得平分，即得，设，利用椭圆与双曲线的定义推得，结合余弦定理求得，代入离心率公式计算即得. 【详解】由条件可得，，因、 、三点共线， 则得，则， 即，故， 因，而表示与同方向的单位向量，表示与同方向的单位向量， 由菱形的性质可得平分，故. 设，则， 因点 是与的公共点，故得（为椭圆的长半轴长）， （为双曲线的实半轴长）. 则得，即 在中，由余弦定理得，解得， 设椭圆，双曲线的离心率分别为、，则. 四、解答题 13. 在三棱锥中，平面平面， 和都是边长为 的正三角形． （1）证明： ； （2）若，求直线 与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取 中点 ， 因为， 是 的中点，所以． 又， 是 的中点，所以． 又，平面， 所以平面，又平面，所以 ． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点 ，通过证明平面，结合线面垂直的性质可证； （2）以 为原点，以， ，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 且平面平面，， 可得平面． 如图，以 为原点，以， ，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，． 则，． 设平面的法向量为， 由，得， 取，，得． 由，得，所以， 设 与平面所成角为，则． 因此直线 与平面所成角的正弦值是． 14. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束. （1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知甲最终获胜的两种可能的比分为或，利用独立重复试验的概率公式可求得所求得甲获胜的概率； （2）分析可知，可得，记，解不等式，可得结果. 【小问1详解】 根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或. 因为每局比赛的结果是独立的， 所以甲最终获胜的概率； 【小问2详解】 易得，，， 记， 则， 由，得， 即当时，， 当时，， 故当时，最大，所以的估计值为. 15. 记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若 的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，并求边长a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选条件①， 或者；选条件②不符合题意；选条件③，. 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理进行化简即可； （2）根据选择的条件不同，进行计算，注意不能选择条件②，利用第一小问的结果和面积联立方程即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理和，得， 整理得， 由正弦定理，得． 因为，所以． 【小问2详解】 若选择条件①． 由（1）可得，． 由，得①． 又由余弦定理，得， 解得②． 联立①②，解得，，或者，． 因此所求a的值是或者． 若选择条件②，不符合要求，理由如下： 因为，，所以，与正弦函数的值域矛盾，舍去； 若选择条件③． 由（1）可知，． 又， ，故． 所以， 化简得，得，因此所求a的值是3． 16. 已知抛物线（）的焦点为 ，准线为，直线与相交于两点，点. （1）求的方程； （2）若，求证：过定点； （3）若线段 的中点在直线上，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明：方法1：设，，由题意得l存在斜率，设l：，联立得， 令，则， 因为， 所以，即. 因为，， 所以， 整理得. 因为，所以， 所以，得. 所以， 所以直线过定点. 方法2：设，，由题意得l存在斜率，设l：， 因为， 所以，，即. 因为，， 所以， 即， 整理得， 因为，所以，所以， 所以， 所以直线过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）可通过准线方程建立等式求出的值，进而得到抛物线的方程； （2）先求出焦点 的坐标，设出直线的方程以及 、 两点坐标；因为，利用向量夹角公式可得到，方法1：将等式用坐标表示后，结合抛物线方程化简，方法1：再联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理代入化简结果，得到直线中参数的关系，从而确定直线所过的定点；方法2：利用抛物线的焦半径公式以及坐标代换后，因式分解，得到直线中参数的关系，从而确定直线所过的定点； （3）方法1：设出 、 两点坐标以及直线的方程，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理求出 中点的坐标；因为 的中点在直线上，所以可得到直线参数的关系；再求出弦长以及点 到直线的距离，进而表示出的面积，最后利用导数求函数最值的方法求出面积的最大值；方法2：设AB的中点为，，，利用条件建立起的关系式，弦长以及点 到直线的距离都用表示出来，进而用表示出的面积，最后利用导数求函数最值的方法求出面积的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，，， 所以C的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方法1：设，，由题意得l存在斜率， 设l：，联立得， 令，则， 由中点在上，得. 所以， 点P到直线l的距离. 面积，. 令，则，. 所以，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，有最大值， 即△PAB面积的最大值为. 方法2：设AB的中点为，，，则，. 因为，，所以，. 因为抛物线与直线交点为，，所以. 所以, ， . 因为直线l的斜率，且经过点， 所以直线l的方程为， 即：， 所以点到直线的距离， 所以面积，. 令，则，. 则，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，有最大值， 即△PAB面积的最大值为. 17. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围； （3）若．证明：当时，． 【答案】（1） 1 （2） （3） 当时，， 若证，即证， 因为，，则， 由（1）可知：，即，则， 可得， 若证，即证， （i）当时，则，可得， 且，则，可得，所以； （ii）当时，则，可得， 整理可得， 令，则， 因为，则， 可知在上单调递增，， 且，可得，所以； 综上所述：时，. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和最值； （2）原题意等价于方程仅有一个解，令，可知在R上为单调函数，且值域为R，分类讨论的符号，结合导数应用运算求解； （3）根据题意结合（1）中结论分析可知，分和两种情况，利用导数结合三角函数的有界性分析证明. 【小问1详解】 当时，则，， 可知在单调递减，所以在上的最大值为. 【小问2详解】 当时，， 令，即，可得， 原题意等价于方程仅有一个解， 令，则， 因为对任意实数m，方程都仅有一个解， 可知在R上为单调函数，且值域为R， 令，则， 因为当 趋近于时，趋近于，则恒成立， （i）当时，则，可知在R上单调递减，值域为R，满足题意； （ii）当时，当时，；当时，； 可知在单调递减，在单调递增，则， 当 趋近于时，趋近于；当 趋近于时，趋近于； 可知存在唯一零点， 当时，，即；当时，，即； 可知在单调递增，在单调递减，不符合题意； （iii）当时，当时，；当时，； 可知在单调递增，在单调递减， 则，解得， 当时，在定义域内单调递减， 当 趋近于时，趋近于；当 趋近于时，趋近于； 可知值域为R，符合题意； 综上所述：实数b的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $