精品解析：广西南宁市第九中学、第十中学等学校2025-2026学年度高三下学期第二次联考数学试卷

2025-2026学年度高三下学期第二次联考数学试卷 （考试用时：120分钟 满分：150分） 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. 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. 已知为虚数单位，，则（ ） A. 5 B. C. 10 D. 5 3. 已知向量满足，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 设为正项等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，体积为28，则该正四棱台的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 6. 某地气象局天气预报的准确率为，则4次预报中恰有3次准确的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 定义在R上的奇函数满足，则（　　） A. 0 B. C. 2 D. 4 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线与双曲线E的右支交于两点，若 则双曲线E的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 或 二、多选题（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. 样本数据，则（ ） A. 这组数据的极差为1.6 B. 这组数据的平均数为4 C. 这组数据的中位数与众数相等 D. 去掉最大值和最小值后，所得新数据的方差小于原数据的方差 10. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点，则（ ） A. 圆柱的侧面积为 B. 三棱锥的体积为 C. 圆柱的外接球的表面积为 D. 平面 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 当在上单调递增时， C. 当的极小值为时， D. 当时，若，则 三、填空题（每小题5分，满分15分） 12. 设向量，，向量与的夹角为锐角，则x的范围为______. 13. 已知F是抛物线C：的焦点，P是抛物线C上一动点，Q是曲线上一动点，则的最小值为______ 14. 记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有4个正整数n满足，则实数的取值范围是_________ . 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 在锐角中，角所对的边分别为，且满足： （1）证明：； （2）求的取值范围. 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆经过两点. （1）求的方程. （2）过点的直线与交于两点. （i）若，且，求的倾斜角. （ii）若的斜率不为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 18. 甲、乙、丙三名同学进行传球游戏，有1个红球和1个绿球，每一轮中，持有球的人都将手中的球传出，若某人持有1个球，就将此球等可能地传给另外两人中的一人，若某人持有2个球，就在这一轮中将2个球分别传出，每个球都等可能地传给另外两人中的一人，2个球的去向互不影响，每个球一轮中只传递一次．游戏开始时，2个球都在甲手中． （1）求2轮后2个球恰好都回到甲手中的概率； （2）设轮后红球在甲手中的概率为，求； （3）设轮后甲手中球的个数为的期望为，求． 19. 已知函数，． （1）求证：存在唯一零点； （2）设，若存在，使得，试比较和的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高三下学期第二次联考数学试卷 （考试用时：120分钟 满分：150分） 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. 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，解得或，则集合， 因为集合，所以． 2. 已知为虚数单位，，则（ ） A. 5 B. C. 10 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先化简复数，利用模长公式可求答案. 【详解】因为， 所以. 故选：D 3. 已知向量满足，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两个向量的投影向量公式得出代数式，由向量的数量积得出结果. 【详解】在方向上的投影向量：， 故选：C 4. 设为正项等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项基本量的运算求得，代入等比数列求和公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，∵，∴. 由得，∴. 故选：C 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，体积为28，则该正四棱台的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由棱台体积公式求出棱台的高，再利用正四棱台的结构特征求出侧棱长. 【详解】在正四棱台中，作于，则即为棱台的高， 由棱台的体积为28，得，解得， 在等腰梯形中，， 所以该正四棱台的侧棱长为. 故选：C 6. 某地气象局天气预报的准确率为，则4次预报中恰有3次准确的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由独立重复试验的概率公式运算即可得. 【详解】由题意可知，4次预报中恰有3次准确的概率． 故选：B. 7. 定义在R上的奇函数满足，则（　　） A. 0 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及所给条件判断出函数具有周期性，即可求解. 【详解】由于为奇函数，且，故，进而可得，因此是周期为4的周期函数， 故. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线与双曲线E的右支交于两点，若 则双曲线E的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】直线的倾斜角为，由题意可得，结合双曲线定义及已知可得，，分在第一象限，在第四象限时和在第四象限，在第一象限两种情况，求出与的关系，在中，利用余弦定理找到的关系，结合离心率的定义求解即可. 【详解】如图所示： 设直线的倾斜角为，则有，所以， 即，又因为，解得， 又因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，即有， 所以，，所以，解得， 又因为所以， 由双曲线定义可得，所以， 又因为，在中，， 由余弦定理可得, 所以， 整理得：， 即，解得，负根舍去. 当在第一象限，在第四象限时，如图所示： 此时在中，， 由余弦定理可得, 所以，整理得：， 即，解得，负根舍去. 综上，或. 二、多选题（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. 样本数据，则（ ） A. 这组数据的极差为1.6 B. 这组数据的平均数为4 C. 这组数据的中位数与众数相等 D. 去掉最大值和最小值后，所得新数据的方差小于原数据的方差 【答案】BD 【解析】 【分析】求出极差判断A；求出平均数判断B；求出众数与中位数判断C；根据方差的意义判断D. 【详解】对于A，由题意可知这组数据的极差为，故A错误； 对于B，由题意可得这组数据的平均数为：，故B正确； 对于C，由题意可得这组数据的众数为，中位数为， 所以众数和中位数不相等，故C错误； 对于D，去掉最大值和最小值后，所得数据比去掉之前的数据波动性更小， 由方差的意义可得去掉最大值和最小值后，所得新数据的方差小于原数据的方差，故D正确. 10. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点，则（ ） A. 圆柱的侧面积为 B. 三棱锥的体积为 C. 圆柱的外接球的表面积为 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】代入圆柱侧面积的公式，判断A，将三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，判断B，首先确定是圆柱外接球的直径，根据勾股定理求半径，再代入球的表面积公式，判断C，构造平行四边形，得到线线平行，再结合线面平行的判断定理，即可判断D. 【详解】对于A，圆柱的侧面积，故A错误； 对于B，由题意得，且 所以，故B正确； 对于C，取的中点，连接，易求得， 即圆柱的外接球的半径为，故该球的表面积为，故C正确； 对于D，取的中点．连接．因为为的中点，所以， 又，所以，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面，故D正确． 故选：BCD． ， 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 当在上单调递增时， C. 当的极小值为时， D. 当时，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】设函数，根据其奇偶性以及函数图象的平移变换，可判断A；求出函数的导数，根据单调性与导数的关系可判断B；根据极值与导数的关系可判断C；利用作差法判断的大小关系，结合函数的单调性可判断D. 【详解】对于A，设函数，定义域为R，满足， 即为奇函数，其图象关于原点对称； ，其图象是由的图象向右平移1个单位得到的， 所以的对称中心为，即曲线是中心对称图形，A正确； 对于B，，则， 当在上单调递增时，在R上恒成立， 即在R上恒成立，由于，故，B错误； 对于C，函数的定义域为，导函数， 当时，，函数为增函数，无极值，与条件矛盾， 当时，令可得，或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数取极小值， 极小值为， 由已知得，即，所以，C正确； 对于D，因为， 又，所以，即， 又因为时，函数在R上单调递增， 所以，D正确； 故选：ACD 三、填空题（每小题5分，满分15分） 12. 设向量，，向量与的夹角为锐角，则x的范围为______. 【答案】且 【解析】 【分析】根据已知可得，且不共线，求解即可. 【详解】向量，，由得，，所以. 由已知得，，所以，即，且不共线. 则，所以. 又不共线，则.所以x的取值范围为且. 故答案为：且. 13. 已知F是抛物线C：的焦点，P是抛物线C上一动点，Q是曲线上一动点，则的最小值为______ 【答案】5 【解析】 【分析】由抛物线定义，将最小值转化为点所在圆的圆心到准线的距离减圆半径. 【详解】曲线，即， 设其圆心为，则. 抛物线的准线， 过点作，垂足为，则， 所以. 当共线时，最小，此时最小值为点到直线的距离. 设到直线的距离为，则， 则的最小值为. 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有4个正整数n满足，则实数的取值范围是_________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合题意和二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为点在直线上，可得， 则， 可得， 又因为有且只有4个正整数n满足， 结合二次函数的性质，可得符合条件的， 所以，即实数的取值范围是. 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 在锐角中，角所对的边分别为，且满足： （1）证明：； （2）求的取值范围. 【答案】（1）证明如下： 在中，因为，由正弦定理可得，. 由余弦定理知，，则， 所以，即，所以， 所以或. 若，因为，所以，与已知条件矛盾，不满足. 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理，结合为锐角三角形证明即可. （2）根据为锐角三角形及（1）求出的范围，结合正弦定理对进行化简，进而求范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当为锐角三角形时，， 即：，所以. . 令，，则. 令，由对勾函数性质可知在上单调增， 所以，则， 所以，即， 所以 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，所以， 因为为的中点，所以， 易知平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为， 、平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 17. 已知椭圆经过两点. （1）求的方程. （2）过点的直线与交于两点. （i）若，且，求的倾斜角. （ii）若的斜率不为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii）存在，. 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求椭圆的方程即可； （2）（i）直接由弦长公式可得直线的斜率，进而可得倾斜角； （ii）先计算出数量积的值，再根据定值找到，再用基本不等式求得最小值. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 设. （i）当直线的倾斜角为0时，，不符合题意. 当直线的倾斜角不为0时，设.如图： 由，得， 得，且恒成立. 由， 得，得的斜率为. 故的倾斜角为或. （ii）存在点，使得为定值，的最小值为. 设.由，得，如图： 得，且. . 要使为定值，则，得. 因为，所以， 当且仅当，即当时，等号成立.故的最小值为. 18. 甲、乙、丙三名同学进行传球游戏，有1个红球和1个绿球，每一轮中，持有球的人都将手中的球传出，若某人持有1个球，就将此球等可能地传给另外两人中的一人，若某人持有2个球，就在这一轮中将2个球分别传出，每个球都等可能地传给另外两人中的一人，2个球的去向互不影响，每个球一轮中只传递一次．游戏开始时，2个球都在甲手中． （1）求2轮后2个球恰好都回到甲手中的概率； （2）设轮后红球在甲手中的概率为，求； （3）设轮后甲手中球的个数为的期望为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算可得结果； （2）利用的递推关系可得，再由数列构造可得数列为等比数列，可求出； （3）易知服从二项分布，可得，再利用等比数列前项和计算可求得结果. 【小问1详解】 2轮传球后，红球回到甲手中的概率为， 由题意知，红球与绿球的传递相互独立， 所以2轮传球后，绿球在甲手中的概率也是． 所以2轮传球后2个球恰好都回到甲手中的概率为． 【小问2详解】 考虑红球在第轮到第轮的位置变化： 若第轮后红球在甲手中，则第轮后红球一定不在甲手中，若第轮后红球不在甲手中，无论球在乙和丙谁的手中，传回甲的概率均为， 所以． 整理得，又，所以， 即（或写成）； 【小问3详解】 因为红球与绿球的传递相互独立，所以服从二项分布， 所以． 可得 . 19. 已知函数，． （1）求证：存在唯一零点； （2）设，若存在，使得，试比较和的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数可求得，再利用导数判断出的单调性，即可证明有唯一零点； （2）根据可得，可通过构造函数，利用作差法即可比较出和的大小． 【小问1详解】 证明：易知函数的定义域为， 由题意得． 记，则． 因为，所以恒成立，所以在上单调递增． 因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以存在唯一零点． 【小问2详解】 由，得． 记，故． 易知在上单调递增，所以． 比较和的大小，即比较和的大小． ． 设， 则，令 则． 因为在上恒成立， 所以在上单调递增，注意到， 易知时，满足，所以在上单调递减， 时，满足，所以在上单调递增， 所以． 因此，当时，； 当时，． 【点睛】方法点睛：研究双变量问题往往通过某等量关系得出两变量之间的关系式，将双变量问题转化成单变量问题，再通过构造函数利用导数判断出函数单调性进行问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $