精品解析：云南曲靖市宣威市第二中学2025～2026学年高三第二学期考前质量评估数学试题

2025~2026学年高三第二学期第四次质量评估数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一．单项选择题（本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆的两个焦点分别为，点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 若是函数的图象的一个零点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 定义在上的偶函数满足：对任意的，有，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方形的边长为2，点是的中点，，则向量（ ）. A. 1 B. 5 C. 7 D. 7. 已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 设，数列，数列．设．若对任意，长为、、的线段均能构成三角形，则满足条件的正整数n有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 无数个 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 某学校高三年级共有800人，其中男生480人，为调查学生的身高情况，现采用性别比例分配的分层随机抽样抽取容量为40的样本，其中，男生身高的平均数和方差分别为170和16，女生身高的平均数和方差分别为160和16，则（ ） A. 该校每位男生被抽到的可能性大于每位女生被抽到的可能性 B. 男生中抽取的样本量为24 C. 该校高三年级学生身高的平均数估计值为165 D. 该校高三年级学生身高的方差估计值为40 10. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点).则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 为中点时 C. 为中点时异面直线与所成的角为 D. 棱锥的体积为定值 11. 在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（） A. B. 的最大值为 C. 的值可取 D. 内切圆半径的值可取 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记等比数列的前项和为，若则的值为__________. 13. 已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则此圆锥的体积为___． 14. 巴黎奥运会男子足球比赛于北京时间7月24日开始，东道主法国队分在A组，A组中还有美国、新西兰、几内亚三支队伍，每组进行单循环比赛（每两支队伍进行一场比赛），规定：每场比赛获胜的队伍得3分，输的队伍得0分，平局的2支队伍均得1分，小组前2名出线．法国队实力超群，面对任意一名对手时自己胜、负、平的概率都分别为，，，其他三支队伍比赛时水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，每场比赛结果相互独立．在已知三轮比赛后法国队获得两胜一平，且第一轮比赛中几内亚、美国都输给对手的情况下，新西兰能积6分出线的概率为______． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 16. 为弘扬中华民族传统文化、增强民族自豪感，某学校开展中华古诗词背诵比赛，分为初赛和复赛.全校同学都参加了初赛，并随机抽取一个班级进行初赛成绩统计，已知该班级共有40位学生，他们的初赛分数的频率分布直方图如图所示： （1）计算的值，并估计该校这次初赛的平均分数. （2）初赛分数达到80及以上的同学，称为优秀参赛选手，现从班级中随机选出2位同学，用代表其中的优秀参赛选手人数，求的分布； （3）为增加比赛的趣味性，复赛规则如下：复赛试题将从题库中随机抽取，每位参赛选手将有机会回答填空、选择和简答各1题；每答对1题得1分，答错或不答得0分，每位选手可以自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答下一题，直到3题全部答完；若答错或不答则比赛结束.例如：选手甲可自行按“简答—填空—选择”顺序答题，甲答对第一题得1分，并继续回答第二题且答错得0分，结束比赛，总分为1分. 小杨作为优秀参赛选手，代表班级参加复赛.根据他初赛的答题正确频率，可估计他填空、选择和简答的答题正确概率分别为： 题型 填空 选择 简答 答题正确概率 若小杨每次答题的结果都相互独立，那么为尽量在比赛中获得较高分数，小杨应该采用怎样的答题顺序？请说明理由. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知函数 ． （1）若，求的极值； （2）若，求函数的单调增区间； （3）若，函数有两个极值点，，，不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知，，二者相交于，离心率为． （1）求的方程； （2）记在第一象限交于，第二象限交于，第三象限于，第四象限交于． （i）如图1，过点的直线交于，过点的直线交于，斜率分别为，，的中点分别为，．求证：当时， (所有直线斜率均存在) ； （ii）如图2，为上的动点，连接交于，连接交于．连接交于，连接交于，求证：轨迹为双曲线，并给出轨迹方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年高三第二学期第四次质量评估数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一．单项选择题（本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题得，则． 2. 在复平面内，复数对应点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数对应的点化简可得复数. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 3. 已知椭圆的两个焦点分别为，点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，即可求出，，，结合椭圆的定义及性质计算可得. 【详解】由题意，设，则． 由椭圆的定义得，则离心率． 故选：B． 4. 若是函数的图象的一个零点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数的零点计算求解. 【详解】因为是函数的图象的一个零点， 则，则， 则的最小值是. 故选：D. 5. 定义在上的偶函数满足：对任意的，有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性与单调性判断， 【详解】由题意可知，在上单调递减，而是偶函数， 故在上单调递增，， 故选：A 6. 已知正方形的边长为2，点是的中点，，则向量（ ）. A. 1 B. 5 C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】将表示为的线性和形式，再结合向量数量积的运算，求得的值. 【详解】画出图像如下图所示，依题意可知是线段的中点，是线段的中点.故,.故. 故选：C. 【点睛】本小题主要考查平面向量加法和减法运算，考查平面向量数量积的运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题. 7. 已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 化简判断圆心和半径，利用圆的性质判断连接线段OC，交圆于点P时最小，再计算求值即得结果. 【详解】化简得圆C的标准方程为，故圆心是，半径， 则连接线段OC，交圆于点P时最小，因为原点到圆心的距离，故此时. 故选：B. 8. 设，数列，数列．设．若对任意，长为、、的线段均能构成三角形，则满足条件的正整数n有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 无数个 【答案】B 【解析】 【分析】根据构成三角形的三边之间的关系得出相应不等式，再代入通项公式计算出符合题意的正整数即可. 【详解】∵长为，，的线段均能构成三角形， ∴， ① 当时，有，即， 又，∴，即恒成立； ② 当时，有，即， ∴，因为，易知随着的增大而增大，所以； 则有，整理可得， 结合数列的函数特性以及指数函数和一次函数增长速度不同，以及， 可知当，，不合题意； 当时，，当时，， 当时，，因此可得， ③ 当时，有，即， 当时，显然成立，当时，， 因为，易知随着的增大而增大，所以， 因此即可，即，所以； 结合数列的函数特性以及指数函数和一次函数增长速度不同，以及，可得， 综上可得 ∴满足条件的n有2个． 故选：B． 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 某学校高三年级共有800人，其中男生480人，为调查学生的身高情况，现采用性别比例分配的分层随机抽样抽取容量为40的样本，其中，男生身高的平均数和方差分别为170和16，女生身高的平均数和方差分别为160和16，则（ ） A. 该校每位男生被抽到的可能性大于每位女生被抽到的可能性 B. 男生中抽取的样本量为24 C. 该校高三年级学生身高的平均数估计值为165 D. 该校高三年级学生身高的方差估计值为40 【答案】BD 【解析】 【详解】A，比例分配的分层随机抽样中，每一个个体被抽到的可能性相同，故A错； B，由题抽样比例为，故男生被抽到人数为 人，故B对； C，估计该校高三年级学生身高的平均数为： ，故C错； D，估计该校高三年级学生身高的方差为：，故D对． 10. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点).则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 为中点时 C. 为中点时异面直线与所成的角为 D. 棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出图形，由线面平行的判定定理判断A，线面垂直的判定定理及性质判断B，由异面直线所成角的解法判断C，由点G到平面的距离为定值，由三棱锥体积公式判断D． 【详解】如图，，则，平面，平面，， 则有平面，故A正确； 设CD中点为M，若G为BC中点，则有 平面， 则平面，又平面， 则，因为，所以，故B正确； 设正方体棱长为2，取中点为N，连接，因为， 所以异面直线与所成的角即为， 因为为中点，在正方体中，易得, 所以角，故C错误； 易知平面，则点G到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选:ABD. 11. 在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（） A. B. 的最大值为 C. 的值可取 D. 内切圆半径的值可取 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：利用正弦定理将边化为角,结合进行三角恒等变换,消去后用辅助角公式化简,求得. 选项B：由三角形面积公式得与的关系,结合余弦定理和基本不等式求出的最大值,代入可得最大值为. 选项C：由面积公式得出、表达式,代入化简后换元构造函数,转换成二次函数单调性问题,算出式子最小值大于. 选项D：根据内切圆半径公式整理出与的关系,结合正弦定理、余弦定理确定取值范围,验证时满足条件,三角形存在. 【详解】在中，已知，.由正弦定理， 得. 因为，所以， 代入化简得.由， 得，即，. 因为，所以，，故选项A正确. 设的面积为，则， 代入，，得. 由余弦定理，得. 由，得，当且仅当时取等号， 所以，即的最大值为，故选项B正确. 由，得，， 则.又，， 代入得. 令，，则， 令,由,得, 函数化为二次函数: 令开口向上,对称轴. 在区间上单调递增. 因此当(即)时,取得最小值 代入得最小值， 所以，故选项C错误. 设内切圆半径为，则，即，. 由余弦定理，得， 代入的表达式约分得：， 由正弦定理，，，故，得， 因此， 若​，代入得：， 此时，满足， 且方程的判别式，存在两个正根，即这样的三角形存在， 因此可取，选项D正确. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记等比数列的前项和为，若则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由等比数列前项和的性质，仍成等比数列，再由等比中项的性质列方程求解即可． 【详解】由等比数列前项和的性质，仍成等比数列， 即成等比数列， ，解得． 故答案为：． 13. 已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则此圆锥的体积为___． 【答案】 【解析】 【分析】先利用圆锥侧面积公式结合已知条件求出母线长，再借助勾股定理算出圆锥的高，最后代入圆锥体积公式即可求得结果. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，体积为. 已知，侧面积. 由圆锥侧面积公式，代入得，解得. 由勾股定理，代入得 . 由圆锥体积公式，代入得. 14. 巴黎奥运会男子足球比赛于北京时间7月24日开始，东道主法国队分在A组，A组中还有美国、新西兰、几内亚三支队伍，每组进行单循环比赛（每两支队伍进行一场比赛），规定：每场比赛获胜的队伍得3分，输的队伍得0分，平局的2支队伍均得1分，小组前2名出线．法国队实力超群，面对任意一名对手时自己胜、负、平的概率都分别为，，，其他三支队伍比赛时水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，每场比赛结果相互独立．在已知三轮比赛后法国队获得两胜一平，且第一轮比赛中几内亚、美国都输给对手的情况下，新西兰能积6分出线的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先明确新西兰出线的条件，再根据已知的比赛结果和各队比赛胜负平的概率，分析出满足新西兰积分出线的具体情况，根据独立事件概率的乘法公式计算出相应概率，结合条件概率公式可得答案. 【详解】已知每组进行单循环比赛，组有法国、美国、新西兰、几内亚四支队伍，则每支队伍要进行场比赛.法国队已确定获得两胜一平，积分，必定出线.要使新西兰能积分出线，则新西兰需胜两场输一场，且美国和几内亚的积分都小于分. 设事件“三轮比赛后法国队获得两胜一平，且第一轮比赛中几内亚、美国都输给对手”为事件M， 则第一轮法国胜几内亚、新西兰胜美国；第二轮法国胜新西兰；第三轮法国平美国； 或者第一轮法国胜几内亚、新西兰胜美国；第二轮法国平美国；第三轮法国胜新西兰； 或者第一轮法国胜美国、新西兰胜几内亚；第二轮法国胜新西兰；第三轮法国平几内亚； 或者第一轮法国胜美国、新西兰胜几内亚；第二轮法国平几内亚；第三轮法国胜新西兰； 因为每场比赛结果相互独立，法国取胜的概率为；法国战平的概率为； 新西兰战胜几内亚的概率为；新西兰战胜美国的概率为； ， 设事件“新西兰能积6分出线”为事件, 则事件为“三轮比赛后法国与几内亚和美国比赛一胜一平胜新西兰,且新西兰胜美国与几内亚”. . 所以, 即在三轮比赛后法国队获得两胜一平，且第一轮比赛中几内亚、美国都输给对手的情况下，新西兰能积6分出线的概率为. 故答案为：. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出和的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式； （2）根据题意得出，故，利用分组求和计算即可. 【小问1详解】 方法1：设等差数列的公差为，， 因为，所以， 又，所以，解得， 因为，所以的通项公式为； 方法2：设等差数列的公差为， 故，，所以； 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以， 因为，所以， 则 ， 所以数列的前项和为. 16. 为弘扬中华民族传统文化、增强民族自豪感，某学校开展中华古诗词背诵比赛，分为初赛和复赛.全校同学都参加了初赛，并随机抽取一个班级进行初赛成绩统计，已知该班级共有40位学生，他们的初赛分数的频率分布直方图如图所示： （1）计算的值，并估计该校这次初赛的平均分数. （2）初赛分数达到80及以上的同学，称为优秀参赛选手，现从班级中随机选出2位同学，用代表其中的优秀参赛选手人数，求的分布； （3）为增加比赛的趣味性，复赛规则如下：复赛试题将从题库中随机抽取，每位参赛选手将有机会回答填空、选择和简答各1题；每答对1题得1分，答错或不答得0分，每位选手可以自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答下一题，直到3题全部答完；若答错或不答则比赛结束.例如：选手甲可自行按“简答—填空—选择”顺序答题，甲答对第一题得1分，并继续回答第二题且答错得0分，结束比赛，总分为1分. 小杨作为优秀参赛选手，代表班级参加复赛.根据他初赛的答题正确频率，可估计他填空、选择和简答的答题正确概率分别为： 题型 填空 选择 简答 答题正确概率 若小杨每次答题的结果都相互独立，那么为尽量在比赛中获得较高分数，小杨应该采用怎样的答题顺序？请说明理由. 【答案】（1）；该校这次初赛的平均分数为68分 （2）分布列见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1计算可得值，由区间的中值乘以纵坐标值再乘以区间宽度后相加可得平均数； （2）先由频率分布直方图计算出优秀与非优秀人数，再由组合数结合古典概率求出相应的概率，然后列出分布列即可； （3）按照答题顺序分六种情况，由乘法公式计算相应概率，然后求出期望比较即可. 【小问1详解】 由频率分步直方图中小矩形的面积和为1可得： ， 解得； 该校这次初赛的平均分数为. 【小问2详解】 初赛分数达到80及以上的同学为人，非优秀为28人， 由题意可得的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 【小问3详解】 按照不同题目顺序分类讨论： 填空，选择，简答： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，选择，填空”的期望与之相同； 填空，简答，选择： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，填空，选择”的期望与之相同； 选择，填空，简答： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“选择，简答，填空”的期望与之相同； 所以， 小杨应采用“选择，填空，简答”或“选择，简答，填空”的顺序. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值； （3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出. 【小问1详解】 如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以， 又，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 因为，所以四边形是菱形，从而， 沿着AE翻折成后，有 又平面，所以平面， 由题意，易知，所以四边形是平行四边形， 故，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面，则有， 由（1）知，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 18. 已知函数 ． （1）若，求的极值； （2）若，求函数的单调增区间； （3）若，函数有两个极值点，，，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值 ，无极大值 （2）当时，的单调增区间为 和； 当时，的单调增区间为 （3） 【解析】 【分析】(1)原函数求导，算出单调区间，即可求函数极值 (2)原函数求导，参数进行分类讨论，求出单调区间 (3)把代入原式，分离参数，构造新函数，求单调区间和最值，即可求解 【小问1详解】 当时， ，， 则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数只有极小值，为 ； 【小问2详解】 因为，， 的判别式， ①当时，，在上单调递增； ②当时， 令，得 ， ， 此时， 所以当时，， 所以当时，的单调增区间为 和； 当时，的单调增区间为； 【小问3详解】 由（2）知，当时，，， 则 ， 由恒成立， 即， 即， 即 ， 记 ，， 则 ， 故在上为增函数，且时， ， 故， 所以实数的取值范围为． 19. 已知，，二者相交于，离心率为． （1）求的方程； （2）记在第一象限交于，第二象限交于，第三象限于，第四象限交于． （i）如图1，过点的直线交于，过点的直线交于，斜率分别为，，的中点分别为，．求证：当时， (所有直线斜率均存在) ； （ii）如图2，为上的动点，连接交于，连接交于．连接交于，连接交于，求证：轨迹为双曲线，并给出轨迹方程． 【答案】（1）， （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，轨迹方程为 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，计算即可得解； （2）（i）由题意可得，，分别联立曲线，结合韦达定理可得的横坐标，则可计算出的纵坐标，从而可用表示出的斜率，结合计算即可得证；（ii）设直线、、、的斜率分别为、、、，分别联立直线、、与曲线、、，结合韦达定理计算出、、的坐标，从而可得出、、、间的关系，并可用表示出，再设，结合、两点坐标可得，，则可得所满足关系式，即为轨迹. 【小问1详解】 由题意可得，且，即， 故，解得，则， 故，； 【小问2详解】 （i）由题意可得，， 联立，消去有， 故，则， ，故， 联立，消去有， 故，则， ，故， 由，故，故； （ii）设直线、、、的斜率分别为、、、， 则， 联立，消去有， 则，故， 则， 由，则， ， 联立，消去有， 则，故， 则， 由，则， 则， ， 联立，消去有， 则，故， 则， 由，则， 则， 设，则，， 故有， 即有， 化简可得，故轨迹为双曲线， 且轨迹方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $