精品解析：浙江绍兴市新昌中学2026-2027学年高二上学期创新班10月份数学调研考试题

新昌中学2026学年第一学期10月调研考高二创新班 数学试卷 命题：新昌中学创新班 高二数学备课组 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若面积是面积的2倍，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 7. 已知为锐角，，则（ ）． A. B. C. D. 8. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 的面积为 10. 设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）． A. B. C. 以MN为直径的圆与l相切 D. 为等腰三角形 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，则______． 13. 已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______． 14. 已知，且，，则的最大值是__________． 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. 已知在中，． （1）求； （2）设，求边上的高． 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数，设函数，求． 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18. 已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． （1）求的离心率； （2）设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为.直线与直线的交点为，当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新昌中学2026学年第一学期10月调研考高二创新班 数学试卷 命题：新昌中学创新班 高二数学备课组 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为， 则所求复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线和平面位置关系判断A；根据面面平行的判定定理以及直线和平面位置关系判断B；结合平面与直线垂直的性质判断C；根据直线与平面垂直的性质和直线与平面平行的性质判断D. 【详解】选项A：平行于同一个平面的两条直线，位置关系可以是平行、相交或异面，并非一定平行，因此A错误. 选项B：两个平面内各存在一条互相平行的直线，无法推出两个平面平行， 比如两个相交平面，也能找到分别在两个平面内的平行直线，因此B错误. 选项C：根据垂直于同一条直线的两个不同平面互相平行，可知C正确. 选项D：若且，则或者，并非一定平行于平面，因此D错误. 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若面积是面积的2倍，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍，利用点到直线的距离公式列式求解即可. 【详解】，，所以，， 由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍， 所以，即， 两边平方得，因为， 所以，即， 解得（舍去）或. 6. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 7. 已知为锐角，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出． 【详解】因为，而为锐角， 解得：． 故选：D． 8. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【解析】 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC. 10. 设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）． A. B. C. 以MN为直径的圆与l相切 D. 为等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为. B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确. D选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. [方法三]： 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法； 方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算律运算求解. 【详解】法一：因为，即， 则，整理得， 又因为，即， 则，所以. 法二：设，则， 由题意可得：，则， 整理得：，即. 故答案为：. 13. 已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______． 【答案】（中任意一个皆可以） 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出． 【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得， 所以，解得：或， 由，所以或，解得：或． 故答案为：（中任意一个皆可以）． 14. 已知，且，，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设,对及进行分类讨论，结合的范围，并应用导数研究的单调性，由不等式恒成立确定参数的最大值即可. 【详解】设，则， 当时，，故，所以在上单调递增， 则，因为，所以， ， 故，即恒成立； 当时，， 若，则恒成立； 若，令， 则，所以在上单调递增， 又，， 所以存在，使，可得， 当，，所以在上单调递减； 当，，所以在上单调递增； 所以，解得， 此时，所以，从而， 因此的最大值为. 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. 已知在中，． （1）求； （2）设，求边上的高． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解； （2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可. 【小问1详解】 ， ，即， 又， ， ， ， 即，所以， . 【小问2详解】 由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得， ， . 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数，设函数，求． 【答案】（1）证明：由两边同时乘以得， 整理得， 所以是等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）将已知关系式整理为，符合等差数列定义； （2）由（1）得到的通项公式，由得到，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）数列是等差数列，公差为，又，所以， 因为， 所以①， 所以②， ①-②得 ， 所以. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18. 已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． （1）求的离心率； （2）设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为.直线与直线的交点为，当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 【答案】（1） （2）（i）的方程为； （ii）当时，有对称中心； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 【解析】 【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率； （2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程； （ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状. 【小问1详解】 设椭圆 的右焦点为，其中 ， 那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得 ，即 ， 所以 ，由于截线段长为 ，解得 ， 故 ，离心率 . 【小问2详解】 (i) 方法一： 由（1）知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线 方程为：，直线方程为： ， 即 ， 联立，解得，即点， 设，则由， 代入椭圆方程得，即， 两边乘以得， 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二： 由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则， 因为点在直线上，所以，， 把代入椭圆方程： ，得，即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为； (ii)由（i）得轨迹的方程为， 当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无对称中心； 当 即 且0时， 化简轨迹的方程为， 将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即， 所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 综上，当时，轨迹无对称中心； 当时，有对称中心； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）证明如下： 取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【解析】 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $