精品解析：江苏徐州市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级第二次学情调研数学试题

2025—2026学年度第一学期高三年级第二次学情调研 数学试题 试题满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由，解得，则，而， 所以. 故选：C 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】解：命题“，”的否定是“，”． 3. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知化简得出，再根据虚部定义得出虚部. 【详解】由，化简得, 得，故的虚部是. 故选：A. 4. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，， ，解得． 5. 已知平面，和直线，，且，则“”是“且”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】将“”与“且”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“”时，可能在或内，不能推出“且”.当“且”时，由于，故“”.所以“”是“且”的必要不充分条件. 故选B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题. 6. 已知直线：与圆：，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得直线过定点，判断点在圆内，可判断直线与圆相交. 【详解】由题意可得直线：过定点. 因为，所以点在圆内， 则直线与圆相交. 故选：C. 7. 定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干条件，构造函数，结合单调性的定义，可得的单调性，根据奇偶性的定义，可得的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案. 【详解】因为，且，， 所以， 设， 则，，且，， 根据单调性的定义可得，在上单调递增， 因为在R上为奇函数， 所以， 所以在R上为奇函数， 所以在上单调递增， 因为， 所以，则， 所以的解集为， 所以的解集为. 故选：D 8. 已知实数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取点、、，可得，数形结合可知当为线段与圆的交点时，取最小值，结合平面内两点间的距离公式求解即可. 【详解】因为实数、满足，则， ， 取点、、，则， ， 即， 当且仅当为线段与圆的交点时，等号成立，即的最小值为. 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. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由图数据得边长，求出；对B，由点坐标求出；对C，代入验证最值；对D，由图象变换可得. 【详解】对于A：如图，因为为等边三角形，且高为， 所以边长为，所以，，，A错误； 对于B：因为点的坐标为，所以， 所以，，解得 又，所以，B正确； 对于C：由上知，而，C正确； 对于D：的图象向左平移个单位长度，解析式变为， 即所得图象与函数的图象重合，D正确. 故选：BCD. 10. 如图，在三棱锥中，，则（　　） A. 二面角的大小为 B. 三棱锥的体积为 C. 在棱上存在一点，使得 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：由二面角的定义以及条件可得到即为二面角的平面角，计算此角即可；对于B：容易得到平面，从而利用棱锥的体积公式计算即可；对于C：计算出与平面所成的角，由线面角为线与平面里的线所成角的最小值，可得到的最小值，从而可判断C；对于D：由平面，可把三棱锥补成圆柱体，利用圆柱体外接球的求法可得答案. 【详解】对于A：易知，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 从而可得即为二面角的平面角， 因为是边长为2的等边三角形，所以二面角的大小为，故A正确； 对于B：三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：易知在平面上的射影在棱上，则与平面所成的角为， 若点在棱上，则的取值范围为，故C错误； 对于D：由平面，可把三棱锥补成如图的圆柱体， 此圆柱体的外接球即为三棱锥的外接球. 等边三角形的外接圆半径，又因为， 所以此圆柱的外接球的半径， 故所求外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD 11. 在直角坐标系xOy中，曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 与轴无交点 B. 关于直线对称 C. 若点在上，则 D. 若曲线与有公共点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题可根据曲线方程的性质，逐一分析每个选项. 【详解】选项A：令 ，则曲线的方程变为 即，结合，化简可得. 令， ，则. 根据零点的存在性定理可知，在区间 内有零点， 因此与轴有交点，故A错误； 选项B：若曲线关于直线对称，则将曲线方程中的x与y互换后方程不变， 将x与y互换，原方程，变为 需验证右边与是否相等： 利用三角恒等式, 对右边变形： ， . 因此恒成立，故曲线关于直线对称，故B正确； 选项C：设 ，则， 令，则曲线Γ的方程可化为 因为为，，所以，. 解不等式，可得 ①. 再解不等式 ，即，同理可得 或 ②. 综合①②，可得或，则，故C正确； 选项D：若曲线 与 有公共点，则 ， 将 代入曲线 的方程中，得到 . 因为 ， 令（当且仅当，即时取等号）. 则即解得 所以即则，故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，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】在所求分式的分子和分母中同时除以，利用弦化切可求得结果. 【详解】. 13. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理求解即可. 【详解】二项式的展开式通项公式为. 当为常数项，需，解得，此时对应项为； 当为常数项，需，解得，此时对应项为； 故常数项为. 14. 已知平面向量，，，满足，且，，，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，，可知点A的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，且三点共线，数形结合即可得结果. 【详解】由题意可设：，，，， 则，则，可得， 可知点A的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 因为，即，且， 即，可知三点共线， 因为的最小值为，可知为点到直线的距离， 若想取到最大值，则直线为圆的切线，可得，即， 所以的最大值为. 四、解答题：本题共有5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）设，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式求解即可. （2）根据余弦定理及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得：， 而， 所以，又，，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理， 又，所以，即，解得. 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．    （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解两平面的夹角余弦值. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为底面为正方形，由（1）知平面，    所以，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系， 因为，Q为棱PD的中点， 所以， 可得，. 因为平面， 所以为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，则， 设平面与平面的夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值. 【答案】（1）当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在和上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，讨论的零点的大小关系，利用的正负可得到的单调性； （2）由（1）分析在上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，即可求得实数的值. 【小问1详解】 函数的定义域为. 则， 令，解得或. 若，即，则 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在和上单调递增； 若，即，则恒成立， 所以在区间上单调递增； 当，即，则 当或时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在和上单调递增. 综上所述，若，则在上单调递减，在和上单调递增； 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在和上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，则，解得， 与矛盾，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. 令，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，故. 综上所述， 18. 已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、． （1）求双曲线的方程； （2）求点的坐标； （3）若、，记的面积为，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上， 考虑一般情况，假设点，设点， 设直线的方程为，设点、， 联立得， 所以，，， 由韦达定理可得，， 故线段的中点为， 同理，直线的方程为， 线段的中点为，即点， 当时， 由、、三点共线可知，，即， 整理可得，即当点时，， 当时，，此时过， 综上，. 故当点时，、、、， 由题意可知，的面积为， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，结合的值可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）分析额可直线经过的定点也在轴上，设点设点，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线得出联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，由此可得出点的坐标； （3）分析可知，点均在轴上，考虑一般情况，假设点，设点，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，同理得出点的坐标，利用、、三点共线，结合斜率公式可得出，由此可归纳得出的坐标，由此可得出的表达式，利用放缩法结合等比数列的求和公式可证得所证不等式成立. 【小问1详解】 双曲线的渐近线方程为，即， 则点到渐近线的距离为， 又因为，所以， 因此，双曲线的方程为. 【小问2详解】 当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上， 的中点也在轴，故经过的定点也在轴上， 设点，设直线的方程为，设点、， 联立得， 所以，，， 由韦达定理可得，， 故线段的中点， 同理可知，直线的方程为，的中点为，即点， 当时， 由、、三点共线可得，得， 解得，因此，. 当时，，此时过， 故. 【小问3详解】 略 19. 图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图由顶点集与边集组成，记为．顶点集是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图，其顶点集，边集．若图中依次存在一组边：，则称顶点相互可达．如果图中任意两个顶点相互可达，则称图是连通的，如右所示的图就是连通的． 一个有含有个顶点的图，任意两个顶点间有边的概率为．设图是连通的概率为，定义． （1）当时，在顶点与顶点相互可达的条件下，求与之间有边的概率； （2）当时，求恰有3个顶点相互可达的概率； （3）求． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）分与之间有边和无边讨论即可； （2）分三个顶点两两有边和有两个顶点间无边讨论即可； （3）方法一：固定任意一个顶点，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，再逐个计算概率即可；方法二：首先计算得共有条可能的边，再对的具体边数和孤立点的情况分类讨论即可. 【小问1详解】 设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边， 当时，与相互可达分以下两种情况： ①与之间有边，概率为， ②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为， 故与相互可达的概率，故， 而，故， 故与之间有边的概率为. 【小问2详解】 设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为， 同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况： ①三个顶点两两有边，概率为， ②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为， ，则， 恰有3个顶点相互可达的概率为. 【小问3详解】 方法一：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，， 当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点， 剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达， 则，显然，任意两个事件和均为互斥事件， 因此， ，， ，故， ， ， . 方法二：共有条可能的边， ①当不存在任何边时，不可能连通，概率为 ②当中只存在1条边时，概率为，此时不可能是连通的； ③同理，中只存在2条或3条边时，概率分别为：， 均不可能是连通的： ④当中只存在4条边时，计算不连通的概率： i）中存在1个孤立的顶点时，4条边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为． ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于4，与假设矛盾． iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边，并且这3个顶点相互都有边．概率为． ⑤当中只存在5条边时，计算不连通的概率： i）中存在1个孤立的顶点时，5边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为， ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于5，与假设矛盾． iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边时，边数小于5，与假设矛盾， ⑥当中只存在6条边时，不连通的情况只当存在1个孤立点时， 概率为：； ⑦当中存在多于6条边时，因为最多只有6条边，因此必然连通， 故不连通的概率为：， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期高三年级第二次学情调研 数学试题 试题满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 4. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面，和直线，，且，则“”是“且”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知直线：与圆：，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 7. 定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 10. 如图，在三棱锥中，，则（　　） A. 二面角的大小为 B. 三棱锥的体积为 C. 在棱上存在一点，使得 D. 三棱锥外接球的表面积为 11. 在直角坐标系xOy中，曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 与轴无交点 B. 关于直线对称 C. 若点在上，则 D. 若曲线与有公共点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 14. 已知平面向量，，，满足，且，，，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为__________. 四、解答题：本题共有5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）设，，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．    （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值. 18. 已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、． （1）求双曲线的方程； （2）求点的坐标； （3）若、，记的面积为，证明：． 19. 图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图由顶点集与边集组成，记为．顶点集是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图，其顶点集，边集．若图中依次存在一组边：，则称顶点相互可达．如果图中任意两个顶点相互可达，则称图是连通的，如右所示的图就是连通的． 一个有含有个顶点的图，任意两个顶点间有边的概率为．设图是连通的概率为，定义． （1）当时，在顶点与顶点相互可达的条件下，求与之间有边的概率； （2）当时，求恰有3个顶点相互可达的概率； （3）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $