精品解析：江苏省郑集高级中学2026-2027学年高三上学期第二次学情调查数学试题

2026-2027学年度上学期高三年级第二次学情调查 数学试题 考试时间150分钟 试卷满分150分 一、单项选择题：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. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 9 2. 已知平面向量，满足 ，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线过点的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥曲线和均经过点，则的焦点与的渐近线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. 21 D. 22 8. 等差数列的公差，若成等差，则（ ） A. B. 12 C. 26 D. 48 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 四面体中，面，，则下列正确的有（ ） A. B. C. D. 四面体外接球的直径是 11. 已知圆，圆，直线与，均有两个交点．记被，截得的弦长分别为，则（ ） A. 可以取任意实数 B. 若，则直线过定点 C. 满足的直线多于条 D. 当时，的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的离心率为______． 13. 已知是偶函数，在区间上单调递增．则______，______． 14. 已知数列满足：对于任意，均有，前30项中，成等比数列，则公比的最大值是最小值的______倍. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面的距离为1，求直线与平面所成的角． 16. 已知在中，，，． （1）求； （2）若的面积小于，点在直线上，且是的平分线.求的长． 17. （1）当时，求在上的增区间； （2）若在上恰有1个极值点，求的范围. 18. 设整数．某同学进行一种掷骰子游戏，至多掷次.当且仅当出现2次3的倍数点（即出现3点或6点）或投掷次数已达次时，游戏停止．各次投掷是否出现3的倍数点相互独立．记为游戏停止时该同学的投掷次数． （1）当时，求； （2）当时，求的分布列及期望和方差； （3）记“第次投掷恰好出现3的倍数点”为事件 ，求 . 19. 已知函数 （1）若，求的最小值； （2）若，且对任意都有，求的取值范围； （3）若是上的增函数，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度上学期高三年级第二次学情调查 数学试题 考试时间150分钟 试卷满分150分 一、单项选择题：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. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 9 【答案】C 【解析】 【详解】将数据从小到大排列为：， 故这组数据的中位数为. 2. 已知平面向量，满足 ，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得， 因为，所以， 故的夹角为. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， ， ， 则， 又， 所以． 4. 曲线过点的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：设切点为（），结合导数的几何意义求切线方程，代入，解方程求即可；方法二：设切点为（），结合导数的几何意义可得切线斜率大于，排除BCD. 【详解】方法一： 函数的定义域为，导函数， 设切点为（），则切线斜率为， 由点斜式整理得切线方程为  . 将切线过的点代入方程，化简得， 由于函数在上单调递增，且时，， 所以， 所以切线方程为. 方法二：函数的定义域为，导函数， 设切点为（），则切线斜率为， 由于，所以切线斜率，选项BCD错误. 5. 已知圆锥曲线和均经过点，则的焦点与的渐近线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，所以的焦点为. 由，所以的渐近线方程为. 所以的焦点与的渐近线之间的距离为. 6. 已知函数的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，再根据得到单调区间，从而求出，进而即可求出的值． 【详解】由，则， 令，得， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减， 所以，解得． 7. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分布列的性质与确定，的值，计算，再根据求值. 【详解】由题意可得，，解得，因为，所以， 解得，所以，，所以，所以. 8. 等差数列的公差，若成等差，则（ ） A. B. 12 C. 26 D. 48 【答案】C 【解析】 【详解】由成等差数列，可得， 所以. 由成等差数列，可得， 所以，因为，且，解得. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义判断A；根据复数模的计算公式判断B；根据复数的乘方运算法则判断C；根据复数的除法法则判断D． 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 10. 四面体中，面，，则下列正确的有（ ） A. B. C. D. 四面体外接球的直径是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到可判断A；利用直角三角形中的正切值可判断B；根据直角三角形的余弦值可判断C；取的中点，由直角三角形的性质可判断D. 【详解】已知四面体中，面，，如图所示， 对于A，因为面，所以，又因为，即， 由于，且面，所以面，进而可以得出， 如果，那么将同时垂直于和，矛盾，因此，与不垂直，故A错误； 对于B，在 中，，所以是锐角，有， 在中，，是锐角，有， 在中，是斜边，是直角边，所以， 因为，所以 ， 由于和都是锐角，正切函数在上单调递增，因此，故B正确； 对于C，由选项A可知，，所以是直角三角形，，， 在中，，，在中，，， 所以，故C正确； 对于D， 由选项A可知，是以为斜边的直角三角形，是以为斜边的直角三角形， 是以为斜边的直角三角形， 取的中点，在中，到的距离相等，均为， 在中，到的距离相等，均为， 因此，点到四个顶点的距离都等于，说明就是外接球的直径，故D正确. 11. 已知圆，圆，直线与，均有两个交点．记被，截得的弦长分别为，则（ ） A. 可以取任意实数 B. 若，则直线过定点 C. 满足的直线多于条 D. 当时，的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意，举反例即可判断A；分类讨论即可判断B；举例和即可判断C；列出的表达式，通过换元、构造函数，求导得到最值即可判断D. 【详解】已知圆，圆心，半径，圆，圆心，半径， 直线与均有两个交点，记被截得的弦长分别为，如图所示， 由弦长公式（其中为圆心到直线的距离），且， 可得，其中，，其中， 直线与圆有两个交点，意味着且， 由于圆心距，且，所以两圆外切于一点， 联立，解得，所以两圆外切于点， 两圆的内公切线过切点，且垂直于连心线，连心线斜率，故内公切线斜率为， 对于A，当直线的斜率时，， 代入，得， 要使直线与两圆均有两个交点，必须满足且，即，这与上述推导矛盾， 因此，当时，不存在满足条件的直线，故A错误； 对于B，分析，有以下两种情况： ①当时，此时直线平行于连心线， 只要截距合适（使直线位于两圆之间），即可满足条件，这类直线显然不过定点； ②当时，代入直线方程得，此时直线过定点， 由于存在情况① ，所以命题不成立，故B错误； 对于C，分析， 当时，有，解得，由于圆的对称性，这时满足条件的直线有条； 当时，取，则有，解得，即直线经过点且点到直线的距离为， 设直线，，化简得，方程有两个不同的解，即这样的直线有条； 因此，满足的直线多于条，故C正确； 对于D，分析时，直线过原点，，， 由 ，， 令，因，则，设， 令，则 ， 求导，令，解得（在定义域内）， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以在时取极大值，也是最大值，所以最大值为， 因此，的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【详解】椭圆方程化为标准形式为. ∴ 椭圆焦点在轴上，且，. ∴ ，即. ∴ 离心率. 13. 已知是偶函数，在区间上单调递增．则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先根据偶函数的性质推导的可能取值，再结合余弦型函数的单调性筛选的取值，最后代入计算函数值. 【详解】∵ 是偶函数， ∴ 对任意，恒成立， 所以， 故， 展开得， 整理得对任意恒成立，∴ . 又，∴ 或. 当时，， 若，时，无法在单调递增； 若，令，则， 同理无法在单调递增，故舍去； 当时，， 要使在单调递增，需在该区间单调递减，即需使， 结合得，均满足条件，故. 将代入得， 当时，； 当时，； 综上. 14. 已知数列满足：对于任意，均有，前30项中，成等比数列，则公比的最大值是最小值的______倍. 【答案】4 【解析】 【分析】利用与的关系求出通项公式，由是等比数列，利用等比中项进行计算，得到，设为既约分数，即互质，，通过计算得到， 求出公比的最大值，逐一列举得到公比的最小值，作比得到结论. 【详解】设，因为，所以， 当时，， 当时，， 也满足上式，故， 设，，，它们成等比数列当且仅当， 化简得，公比， 因为，所以，且必为正有理数， 设为既约分数，即互质，， 因为为整数及互质，所以整除， 因为为整数，所以整除， 故可设（），代入得，代入得， 反之，任给互质的与，取，则恒成立，则三项成等比且公比恰为， 三项中最大，故只需；因为，所以，即， 由，知不超过， 当时，取到， 则，公比，故， 下面列出全部既约（）对应的公比及一组取法（），按公比从小到大： .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 ； .　，公比 ，，三项 . 在的既约且大于的分数中逐一比较， 则公比从小到大为， 则最小公比为，则， 故公比的最大值是最小值的倍. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面的距离为1，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）取的中点，连接，； 因为，分别为，的中点，所以， 因为，分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，平面和平面平行的判定定理和性质定理求解； （2）由平面得到与平面的距离等于点到平面的距离，即点到直线的距离为，利用勾股定理求出，求出直线与平面所成的角为，求出得到，从而得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作于点，连接， 设， 因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 且平面平面， 因为平面， 所以与平面的距离等于点到平面的距离， 即点到直线的距离为， 在中，因为，所以， 因为为的中点，所以， ， 由题意，得 ，解得， 则，， 在中，因为 ，所以， 因为，，且 ，所以平面， 平面， 因为，在平面内，所以是在平面内的射影， 故直线与平面所成的角为， 则， 则， 则直线与平面所成的角为. 16. 已知在中，，，． （1）求； （2）若的面积小于，点在直线上，且是的平分线.求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，可求出或；再用余弦定理即可求得答案； （2）先求，利用三角形面积公式得到的取值范围，确定其值；再求出以及，根据角平分线的性质，结合，即可求解. 【小问1详解】 在中，，，， 则，即得， 即，则或； 当时，满足，则； 当时，满足，则. 【小问2详解】 由，得， 的面积, 由的面积小于2，得，即，故， 则，故， 点D在直线上，平分，则， 而，即， 即，解得. 17. （1）当时，求在上的增区间； （2）若在上恰有1个极值点，求的范围. 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数，再根据正弦函数性质计算求解即可； （2）由题意可得存在唯一实数，使得，分类讨论求解即可. 【小问1详解】 由题意得 ， 当时，， 令，解得， 所以函数在区间上单调递增， 所以在上的增区间为和； 【小问2详解】 令，解得， 要使在上恰有1个极值点， 即存在唯一实数，使得成立，即， 当时，则，解得， 因为，， 所以在不存在极值点，不符合题意； 当时，有，解得，所以； 当时，有，解得，所以； 当时，有，解得， 此时函数最小正周期， 所以函数在上至少有一个完整周期，不符题意， 综上，的范围为. 18. 设整数．某同学进行一种掷骰子游戏，至多掷次.当且仅当出现2次3的倍数点（即出现3点或6点）或投掷次数已达次时，游戏停止．各次投掷是否出现3的倍数点相互独立．记为游戏停止时该同学的投掷次数． （1）当时，求； （2）当时，求的分布列及期望和方差； （3）记“第次投掷恰好出现3的倍数点”为事件 ，求 . 【答案】（1） （2）的分布列为： 2 3 4 ，. （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得表示前5次中出现3的倍数点的次数不超过1，第6次出现任意点数均可，进而求解即可； （2）由题意可得的取值可能为，分别求出对应值的概率，即可得到分布列，再根据期望和方差的公式求解即可； （3）分别求出、，进而根据条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，，则表示前5次中出现3的倍数点的次数不超过1，第6次出现任意点数均可， 而每次掷骰子出现3的倍数点的概率为， 则. 【小问2详解】 由题意，，则的取值可能为， 则，, ， 所以的分布列为： 2 3 4 则， ， 则. 【小问3详解】 由题意，表示第1次投掷恰好出现3的倍数点， 表示前次中出现3的倍数点的次数不超过1，第次出现任意点数均可， 则， ， 则. 19. 已知函数 （1）若，求的最小值； （2）若，且对任意都有，求的取值范围； （3）若是上的增函数，求的最大值. 【答案】（1）0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导判断单调性，根据单调性得到函数最小值； （2）求导，结合（1）分、两种情况讨论求解即可； （3）问题等价于导数在上恒成立，由时，可得，进而证明时，存在和，可使在上恒成立，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则. 【小问2详解】 当时，，，则， 由（1）知，时，，即，当且仅当时等号成立， 且函数在上单调递增， 当时，，则在上单调递增， 所以，满足题意； 当时，存在，使得， 则时，，即在上单调递减，此时，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围为. 【小问3详解】 若是上的增函数，则恒成立. 当时，可得，则. 下面证明：当时，存在和，可使恒成立. 当时，， 令，则. 当时，由于，不符合题意； 当时，由，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 则， 令，则. 令，，则. 令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 则，因此 则不等式的解为， 则的解为， 则时，存在，可使恒成立， 则的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $