河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期第二次学业质量调研抽测数学试卷

**基本信息** 方城县第一高级中学2026届高三数学调研卷全面覆盖函数、几何、概率等核心内容，通过狄利克雷函数、正四棱台体积等创新情境，考查数学抽象、直观想象与逻辑推理素养，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|集合关系、复数运算、函数奇偶性|结合黎曼函数考查数学抽象，多选题设置数据统计分析| |填空题|3题15分|二项式系数、数列求和、函数最值|以函数对称性求最值，体现转化思想| |解答题|5题77分|解三角形、导数应用、立体几何、椭圆综合、函数零点|导数题分层设问极值与零点范围，椭圆综合题结合轨迹方程考查逻辑推理|

方城县第一高级中学2026届高三下学期第二次学业质量调研抽测数学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．已知集合，．若“”是“”的必要不充分条件，则实数m的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 2．已知，则的虚部为（ ） A． B． C． D． 3．狄利克雷函数与黎曼函数是两个特殊函数，狄利克雷函数，黎曼函数定义在上，，则（    ） A． B． C．0 D．1 4．“”是“函数为奇函数”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．5种 B．15种 C．25种 D．125种 6．在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 7．过点作的切线，切点为，以为直径的圆与轴交于另一点，则到的距离为（    ） A． B． C．1 D． 8．若双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线离心率为（    ） A． B． C． D．2 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．已知数据的平均数为，方差为，中位数为，极差为；数据，的平均数为，方差为，中位数为，极差为.则（    ） A． B． C．可以等于 D． 10．已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，的最小正周期为 B．存在整数，使得的图象关于直线对称 C．不存在整数，使得的最大值为2 D．当时，在上恰有四个零点 11．已知抛物线的焦点为，过的直线与和圆交于四个点，且自上而下分别是为坐标原点，直线与的准线交于点，则（    ） A． B． C． D．的最小值是 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．的展开式中，的系数是_____． 13．设数列的前项和，则________. 14．若函数f(x)=(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______. 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．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. (1)求角C及边c的值； (2)求的最大值. 16．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 17．如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. (1)证明：平面平面； (2)当时，求平面与平面所成角的正弦值. 18．已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，上顶点为． (1)求的方程； (2)延长交于点，求线段的长； (3)若是上的动点（异于），直线与轴交于点，直线与交于点，求点的轨迹方程． 19．设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026届高三下学期第二次学业质量调研抽测数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D A B C B B AC ACD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】解一元二次不等式可得，即可写出，由题意知且，即可根据集合之间的关系求得m. 【详解】由，即，故． “”是“”的必要不充分条件且． 由且，结合， 故. 故选：C 2．D 【分析】根据复数的除法运算法则，将化成的形式，即可得到其虚部. 【详解】因为，所以. 所以的虚部为. 3．D 【分析】根据狄利克雷函数与黎曼函数的定义求解即可. 【详解】因为， 而为上的无理数，所以， 因为，所以. 故选：D. 4．A 【分析】利用三角函数的性质，结合充分性和必要性的定义进行求解即可. 【详解】若，则， 是奇函数，因此能推出为奇函数，充分性成立， 若为奇函数，则对任意满足， 即，化简得， 展开整理后可得，即，不一定等于， 因此为奇函数推不出，必要性不成立。 因此“”是“为奇函数”的充分而不必要条件. 5．B 【分析】根据分类加法计数原理即可求得结果. 【详解】根据分类加法计数原理，从各类课程中任选1门课程的不同选法共有种． 故选：. 6．C 【分析】根据台体的结构特征以及台体的体积公式运算求解. 【详解】连接相交于点，相交于点，连接， 则为正四棱台的高，作，垂足为， 则，， 四边形是等腰梯形，， 所以，， ， 由，得， 可得． 故选：C. 7．B 【分析】先根据导数的几何意义求出切点，从而可求出以为直径的圆的方程，进而可求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式计算即可. 【详解】由题意知，设切点为，所以切线方程为， 又切线过点， 所以，解得， 所以或，两点关于轴对称，则， ∴切线为或， 则以为直径的圆为或均交轴于， 所以到的距离. 故选：B． 8．B 【分析】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程、已知圆的圆心及半径，再利用圆的切线性质列式求解即可. 【详解】双曲线的渐近线为， 圆的圆心为，半径为1，依题意，， 则，所以双曲线离心率为. 故选：B 9．AC 【分析】根据均值，方差，中位数，极差的计算公式，注意中位数、极差的计算需先排序，再逐一比较即可． 【详解】对于A，根据题意，， ，则，故A正确； 对于B，， ，故与大小无法比较，故B错误； 对于C，当时，， 此时，故C正确； 对于D，取，可得； 取，可得，故D错误， 故选：AC． 10．ACD 【分析】根据二倍角公式和三角函数的性质逐项分析即可. 【详解】当时，， ，其最小正周期， ，其最小正周期， 是两个函数相加，故的最小正周期是的最小公倍数， 故的最小正周期为，故A正确. 的图象关于直线对称，则， 取，则， ，， ，故不存在整数，故B错误， 的最大值为2，需， ， 令，左边为奇数，右边为偶数，无整数解， 故不存在整数，使得的最大值为2，故C正确， 当时，为奇数，则， 令，则， 又均为奇数，根据奇数幂的性质可知，即， 当时，， 当时，不在上；当时，不在上；发现代入其他的值导致x更大或更小，故都不在区间内， 当时，， 当时，在上； 当时，在上； 当时，在上； 当时，在上； 当时，不在上，， 综上，发现只有4个值符合题意，故D正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】对于A，由题意可得，化简后进行判断，对于B，根据抛物线的定义分析判断，对于C，设直线为，，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系计算判断，对于D，根据抛物线的定义结合基本不等式分析判断. 【详解】由题意得抛物线C：的焦点为，，准线方程为， 圆圆心坐标为，半径为. 对于A：所以本选项说法错误； 对于B：因为， 所以，所以本选项说法正确； 对于C：设直线为，， 由，得， 因为，所以， 直线的方程为， 所以点的坐标为，因为， 所以点的坐标为，而点的坐标为， 所以点的纵坐标和点的纵坐标相同， 所以，因此本选项说法正确； 对于D：设， 由选项C可知，且， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是，所以D正确， 故选：BCD 12． 【分析】先求出项，对项进行整理后，令的次数为，解出的值，再将的值代入项，计算得到的系数. 【详解】设项为含的项，， 则，解得，， 则的系数是. 故答案为：. 13． 【分析】利用数列的通项与前n项和的关系求解. 【详解】数列的前项和， 当时，， 当时，， 因为适合上式，所以. 故答案为： 14．16； 【详解】依题意，为偶函数， 展开式中的系数为，故，的系数为，故，令，得，由对称轴为-2可知，将该式分解为，可知其在和处取到最大值，带入，可知最大值为16. 【考点定位】本题考查函数的性质，考查学生的化归与转化能力以及基本运算能力. 15．(1)， (2)4 【详解】（1）由， 根据余弦定理，得， 因为，则. 由，得， 根据正弦定理，得，则. （2）由（1）知，， 则，即， 当且仅当时等号成立， 则的最大值为4. 16．(1)极大值为，没有极小值 (2)0 (3) 【分析】（1）利用导函数求函数的极值； （2）根据导函数求函数的最值； （3）根据的导数，对进行分类，结合函数的单调性和极值可得的取值范围. 【详解】（1）当时，，定义域是 求导可得 令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 由此可得的极大值为，没有极小值. （2）当时，，定义域是 求导可得 令，定义域是，则 求导可得，当时，，因此在上是增函数， 所以，即在上是增函数，. （3），定义域是 求导可得， 令，定义域是 求导可得 分类讨论， 当时，，因此在上是减函数，； 当时，是负数，因此，在上是减函数，，不符合题目要求； 当时，，，因此存在，使得，即， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 因此，只需要，即时，在上存在零点； 当时，由第一问可知在上是增函数，，不符合题目要求； 当时，，即，在上是增函数，，不符合题目要求， 综上所述，的取值范围是. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为平面平面，交线为平面， 所以平面，又平面，故. 又因为平面， 所以平面，而平面， 故平面平面. （2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，由题设得，， 设是平面的法向量，则 ，即，令，可得. 又是平面的法向量， 设平面与平面所成角为， ，所以， 所以平面与平面所成角的正弦值是. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）通过椭圆顶点、焦点的坐标关系，结合已知线段长度求出，得到椭圆方程； （2）求出直线的方程，联立椭圆方程得到交点，再用距离公式计算的长； （3）设动点的坐标，推导直线与轴的交点，进而得到直线的方程，联立后结合在椭圆上的条件，化简得到的轨迹方程. 【详解】（1）椭圆上顶点，右焦点，右顶点. 由，， 代入得，得. ， 椭圆的方程为. （2），，直线的方程为. 联立，得，整理为， 解得或. 对应，对应. 线段的长为. （3）设，满足（）. ，直线的方程为，令得. ，直线的方程为，令得. 直线（）的方程为， 直线（）的方程为. 联立两直线方程，约去得，交叉相乘化简得， 代入直线的方程得. 由，，得，代入椭圆方程得， 即. 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可； （2）设，求导，分析函数的单调性，进而求证即可； （3）设，转化问题为函数有且仅有2个零点，分析易得时才能满足题意，设，分析可得需满足，，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】（1）当时，，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，， 设， 则， 由于，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. （3）设， 由题意，曲线与直线有且仅有两个交点， 则函数有且仅有2个零点， 而， 令，得，而，则， 当时，，则函数在上单调递增， 此时函数最多有1个零点，不符合题意； 当时，令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又时，，时，， 要使函数有且仅有2个零点， 则，即， 设，则， 当时，，则，不满足题意； 当时，设，则， 则函数在上单调递减，又， 则时，，即， 则的取值范围为. 答案第14页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $