河南洛阳市第十高级中学2026-2027学年高三上学期第二次质量检测数学试题

2026—2027学年洛阳十中 第一学期高三数学第二次质量检测 一、单选题：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．若，则（    ） A． B． C．0 D． 2．如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（    ）    A． B． C． D． 3．如果动点满足，则点的轨迹是（   ） A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．线段 4．已知动直线恒过定点，圆，则以为圆心，半径与圆半径相等的圆的标准方程是（    ） A． B． C． D． 5．如图，直线和圆，当从开始在平面上按逆时针方向绕点O匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，这个函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 6．已知的内角A，，所对的边分别为，，，面积为，若，，则的形状是（   ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形 7．甲乙两位驾驶员采用不同的加油方式，甲不考虑油价升降，每次都将油箱加满.乙不考虑油价升降，每次加油所花的钱数一定，多次加油之后，甲乙两位驾驶员谁的加油方式比较经济？（   ） A．甲比较经济 B．甲和乙一样经济 C．乙比较经济 D．不能确定 8．蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的．若不计蜂巢壁的厚度，蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示，图中7个正六边形的边长都为1，O，M是其中一个正六边形的顶点，N为图中7个正六边形内一点（包含边界），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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．已知离散型随机变量，满足，其中的分布列为：且，则下列正确的是（   ） 0 1 2 A． B． C． D． 10．已知函数有三个零点，且函数，则下列判断正确的是（   ） A． B．函数可能不存在零点 C．函数可能有一个零点 D．函数可能有两个零点 11．设在上有定义，若对任意，总有，则称函数在上一致连续．下列函数中，在上一致连续的有（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，某演出场地的主体造型平面图是由总面积为的圆形场地和中间的长方形舞台构成的.演出方提出需要的舞台，承办方为了节省成本，要让舞台周围的护栏总长度最小，则护栏总长度的最小值为______m.    13．若，不等式恒成立，则的取值范围为__________． 14．在数列中，.若对任意的，不等式恒成立，则实数______ 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．（13分）已知点在角的终边上，且． (1)求的值； (2)求的值． 16．（15分）如图正方体中，，，分别是，，的中点．画出过，，的平面与平面的交线以及与平面的交线． 17．（15分）如图，在正方体中，F，P分别为棱，的中点. (1)设平面平面，求证：． (2)棱上是否存在一点M，使平面DBF?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18．（17分）如图所示，从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下，观察图形，回答下列问题. (1)80～90这一组的频数、频率分别是多少？ (2)估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、众数、第45百分位数； (3)从成绩是80分以上（包括80分）的学生中选2人，求他们在同一分数段的概率. 19．（17分）已知函数为偶函数， (1)求a的值； (2)用单调性的定义证明函数在上为增函数； (3)是否存在实数m，n，使得当的定义域为时，函数的值域为．若存在，求出m，n的值；若不存在，说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 2026—2027学年第一学期高三第二次数学质量检测 参考答案 1．C 【分析】确定函数的最小正周期，求出，结合函数的周期性，即可求得答案. 【详解】由题意知的最小正周期为， 且， 故 ， 故选：C 2．A 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】，故， 则. 故选：A 3．D 【分析】由题意可知方程表示出动点到定点的距离与它到定点的距离之和为3，而，从而可判断出其轨迹. 【详解】方程表示动点到定点的距离与它到定点的距离之和为3， 即， 所以点M的轨迹是线段． 故选：D 4．D 【分析】先求出定点，再根据圆C的方程得出半径2，最后根据圆的标准方程写出圆的方程即可. 【详解】动直线，可化为，故恒过定点， 又易得圆的半径为2，则以为圆心，以圆的半径为半径的圆的标准方程是． 故选：D. 5．D 【分析】结合图形的几何特征，结合阴影部分面积变化率和曲线的特征求解即可. 【详解】由几何特征可知，直线扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，且由圆的对称性， 将此函数的图像只看一半,且图像是类似对称的，可知面积关于时间的函数的变化率是逐渐变大的， 故此函数的图像的切线的斜率应为逐渐变大的.可知D选项符合题意. 故选：D. 6．B 【分析】利用正弦定理的边角变换，结合诱导公式与倍角公式求得B；利用面积公式与向量数量积的定义求得A，从而得解 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以，所以； 因为，所以，所以，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以，因为，所以， 所以，则是直角三角形， 故选：B 7．C 【分析】设两次加油的油价分别为 ，分别计算出甲、乙两人加油的平均单价，再对两者进行比较. 【详解】设两次加油的油价分别为 ，甲每次都将油箱加满，设油箱容量为V，可得甲加油的平均单价为 . 设乙每次加油花费的钱数都为M，则第一次加油的油量 ，第二次加油的油量为，两次加油的花费为2M，总共加的油量为，可得乙加油的平均单价为 因为，所以 ，所以乙比较经济， 故选：C 8．D 【分析】利用投影法研究数量积最值. 【详解】设向量在向量上的投影向量为，则， 如图，过作，垂足为，过作，垂足为． 当在处时，最小，最小值为； 当在处时，最大，最大值为． 综上所述，的取值范围是． 故选D． 9．ABD 【分析】根据分布列的性质对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】依题意，解得，所以AB选项正确. ，所以 ，C选项错误. ， 所以，所以D选项正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】根据函数零点的情况确定，，进而得到可判断A；讨论和两种情况可判断BCD. 【详解】因为和是的零点，所以，解得，， 所以， 因为为函数的零点，所以，故A正确； 当时，有一个零点，故C正确； 当时，对于，， 所以有两个零点，故D正确， 综上，可能有一个零点或两个零点，故B错误. 故选：ACD． 11．BC 【分析】根据函数新定义的规定，依次检测各选项，利用导数分析新构建函数的单调性即可一一判断正误. 【详解】对于A,令，易知在单调递增，不妨设，则， 等价于， 即只需函数在为减函数即可. 因为且，则当时， 在区间上单调递增，故A错误； 对于B，易知函数在区间单调递增， 同A可知，只需函数在区间为减函数即可. 因为，所以在区间单调递减，故B正确； 对于C，令，则，所以在单调递减， 不妨设，则，故等价于， 即只需函数在区间为增函数即可. 因，易证，所以， 所以在区间单调递增，故C正确； （下面证明.设则， 即在上单调递增，故，即得，得证） 对于D，易知函数在区间单调递增， 由A可知，只需函数在区间为减函数， 因为，当时，即在区间上单调递增，故D错误． 故选：BC. 12．40 【分析】由题意列式，利用基本（均值）不等式求和的最小值即可. 【详解】设长方形舞台的长为，则宽为：. 所以护栏，当且仅当时等号成立. 因为，且，所以能够成立. 故护栏长度的最小值为40m. 故答案为：40 13． 【分析】问题化为上恒成立，利用基本不等式及对勾函数的性质求右侧最大值，即可得. 【详解】由时，恒成立，即恒成立， 对于，有，当且仅当时取等号， 又在上单调递减，在上单调递增，且，， ，故的取值范围是. 故答案为： 14． 【分析】利用等比数列求和公式得，再对分奇偶数讨论即可. 【详解】若，可得 ， 且符合上式，所以， 则，，， 即的所有偶数项都小于，所有奇数项都大于， 故对任意的恒成立. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用累加法和等比数列求和公式得，最后对分奇偶数讨论即可. 15．(1) (2)3 【分析】（1）根据正弦的定义可求参数的值； （2）利用齐次化可求三角函数式的值. 【详解】（1）由题得，且， 解得或（舍去）． 故, （2）由（1）知，即，所以， 故原式 . 16． 为平面与平面的交线,是与平面的交线，如下图所示: 【分析】连接并延长交的延长线于一点，设为，连接，设，连接即得. 【详解】设，，三点确定的平面为，则与平面交于． 连接并延长交的延长线于一点，设为，连接，则为平面与平面的交线． 设，则是与平面的交线，如下图所示． 17．(1)如图，连接， 因为在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，所以． 方法一：因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． 方法二：因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以．所以． 方法三：在正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，则． (2)存在，且，理由如下： 取的中点G，连接AG，FG， 因为F，G分别为，的中点，所以，， 因为，，所以，， 所以四边形ABFG为平行四边形，所以， 设M为的中点，则，所以. 因为平面DBF，平面DBF，所以平面DBF， 故存在所求的点M，且. 【分析】（1）由题设得，再由线面平行的判定、性质定理或面面平行的性质定理证明结论； （2）取的中点G，连接AG，FG，易得，设M为的中点，从而得到，则，最后由线面平行的判定定理证得结论. 【详解】（1）略 （2）略 18．(1)频数为4，频率为0.1 (2)平均数为68.5，众数为75，第45百分位数为68 (3) 【分析】（1）由题意，根据频率分布直方图所给信息得到除去40～50和80～90这两组的频率之和，利用频率的性质即可得到80～90这一组的频率，再结合频率、频数之间的关系，进而计算即可； （2）根据频率分布直方图所给信息进行计算即可； （3）记“选出的2人在同一分数”为事件Y，得到80～90和90～100之间的人数，将所有情况列举出来，代入等可能事件的概率公式中进行求解即可. 【详解】（1）已知50～60这一组的频率为， 60～70这一组的频率为， 70～80这一组的频率为， 90～100这一组的频率为， 则80～90这一组的频率为， 频数为； （2）这次竞赛成绩的平均数为， 因为70～80这一组的频率最大，人数最多，所以众数为75， 又40～50这一组的频率为0.1，50～60这一组的频率为0.15， 60～70这一组的频率为0.25， 所以第45百分位数在60～70这一组内，不妨设第45百分位数的值为， 可得，解得， 则这次竞赛成绩的第45百分位数为68； （3）设选出的2人在同一分数为事件，因为80～90之间的人数为人， 不妨设这四个人为a，b，c，d；因为90～100之间有人， 不妨设为A，B，要从这6人中选出2人，有，，，， ，，，，，，，，， ，共15个基本条件，其中事件包括，，， ，，，共7个基本事件，则. 19．(1) (2) 由（1）可知：， 任取，令， 则， 因为，则，， 可得，即， 所以函数在上为增函数. (3)存在，，理由如下： 因为函数在内的值域为， 对于，， 可知，解得， 因为，可知当在内单调递增， 可得， 可知是方程的两根， 整理可得，解得或或， 且，则， 所以存在，此时. 【分析】（1）根据题意结合偶函数的定义运算求解即可； （2）根据题意结合单调性的定义分析证明； （3）根据区间的定义可得，再结合的单调性和值域列式求解即可. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 若函数为偶函数，则， 即，可得， 结合x的任意性可知. （2）略 （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $