精品解析：辽宁省朝阳市建平县高级中学2026-2027学年高三上学期第二次质量检测数学试卷

建平高中2026—2027学年度高三上学期第二次质量检测 数学试卷 一．单选题 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数及共轭复数的定义结合复数的加法，应用复数相等得出参数. 【详解】设复数， 满足， 所以，则. 故选：B. 2. “”是“是幂函数”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】A 【解析】 【分析】运用幂函数定义及集合包含关系即可求得结果. 【详解】因为是幂函数， 所以，解得或， 故“”是“是幂函数”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知向量，，且，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量垂直得出和的等式，再根据基本不等式中“”的妙用即可求解. 【详解】，可得， 因为， 所以， 当且仅当即等号成立. 故选：D． 4. 已知中，，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先利用向量加法和数量积求出的长，再由数量积求出，最后用三角形面积公式求面积. 【详解】设，且，则，即，解得. 因为，所以，所以. 又，所以. 所以. 5. 已知函数，，且，则的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求得，即可得， 【详解】由， 得 ， 即， 则 ． 故选：C 【点睛】本题主要考查诱导公式化简求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6. 在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是（）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将三棱锥的侧面展开，从而可知线段为所求，再利用余弦定理即可得解. 【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，则线段为所求， 由题意得，， 由余弦定理可得， 则，即蜗牛爬行的最短距离是. 故选：D. 7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求导，即可求和，即可求得切线方程. 【详解】由，得， 则， 则， 所以切线方程为. 故选：A. 8. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用零点存在性定理求出函数的零点个数，再由正弦函数的图象性质及零点个数求出范围. 【详解】函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 而，则，使得，函数在上有1个零点， 由函数有4个零点，得函数有3个零点， 由，得，则，解得， 所以正数的取值范围是. 故选：D 二．多选题 9. 已知等差数列的前n项和为，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 记，的前n项和为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，从而判断A；求出等差数列的，，即可得通项公式和前项和，判断BC；根据并项法求，判断D. 【详解】根据题意，根据等差数列的性质可得．所以．故A正确； 因为．所以，可得，即， 结合，计算可得，， 所以，故B错误； ，故C正确； 因为，所以， 所以 ，故D正确. 故选：ACD． 10. 有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒中有个红球、个白球；乙盒中有个红球、个白球．所有小球除颜色外，大小形状完全相同．现从甲、乙两个盒子中不放回地任取一球，假设选择甲盒或选择乙盒是等可能的．记事件“从甲盒中取球”，事件“取到红球”，则（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件概率公式可判断AD；根据独立事件的乘法公式可判断B；根据古典概型的计算公式可判断C. 【详解】，，， 对于A：，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D错误. 11. 已知是椭圆上一点，椭圆的左､右焦点分别为，且，则（ ） A. 的周长为 B. C. 点到轴的距离为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A．根据椭圆定义分析的周长并判断； B．根据椭圆定义以及已知条件先求解出的值，结合三角形的面积公式求解出并判断； C．根据三角形等面积法求解出点到轴的距离并判断； D．根据向量数量积运算以及的值求解出结果并判断. 【详解】A．因为， 所以，故错误； B．因为，， 所以， 所以，所以，故正确； C．设点到轴的距离为， 所以，所以，故正确； D．因为，故正确； 故选：BCD. 三．填空题 12. 设随机变量服从二项分布，则函数有零点的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】由二次函数有零点得，解得的取值范围，再根据服从二项分布求出相应的概率即可. 【详解】函数有零点，则，解得， ，故. 13. 已知,,,是球的球面上的四点，，，两两垂直，,且三棱锥的体积为，则球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积可求三棱锥的侧棱长，补体后可求三棱锥外接球的直径，从而可计算外接球的表面积． 【详解】三棱锥的体积为，故， 因为，，两两垂直，，故可把三棱锥补成正方体， 该正方体的体对角线为三棱锥外接球的直径， 又体对角线的长度为，故球的表面积为. 填. 【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定． 14. 已知,，若成立，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由函数的解析式可得，即函数为偶函数，当时，，求出函数的导数，分析可得在为增函数，据此分析可得，解可得t的取值范围，即可得答案． 【详解】解：根据题意，，则， 则函数为偶函数， 当时，，其导数，则函数在为增函数， 则， 解可得：， 即t的取值范围为； 故答案为 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数的奇偶性与单调性，属于基础题． 四．解答题 15. 在中，角、、所对的边分别是、、，且． （1）求角； （2）已知的角平分线交于点，若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用平面向量数量积的定义可求出的值，再利用结合三角形的面积公式可求得的长. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理可得， 即， 所以，， 因为、，则，可得，则，故. 【小问2详解】 解：因为， 因为，即， 整理可得. 16. 已知数列的前项和为.数列是递增的等比数列，，； （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项的和为，且证明： 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列性质列式求解作答. （2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求解作答. 【小问1详解】 因为数列是递增的等比数列，，必有， 依题意，，解得，因此，数列的公比， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 而，则，所以. 17. 如图､在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为，为平行四边形，， 由余弦定理可得：， ，则，底面， 又平面平面，可得. 故以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图示的空间直角坐标系， 则， 的中点， 设平面的一个法向量， 则， 取，则，故. 又，故. 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件，以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量乘积为，即可求证平面； （2）利用点到平面的距离公式即可求出点到平面的距离. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，平面的一个法向量， 则点与平面的距离. 18. 已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线方程为． （1）求的方程． （2）设为坐标原点，过点的直线与的右支交于，两点，其中点在第四象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若，求的方程； （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据右焦点坐标及渐近线方程，结合列方程组求解即可. （2）（ⅰ）设出直线方程，与双曲线方程联立，根据题意及韦达定理求出的范围，结合求解即可. （ⅱ）由双曲线的对称性知，进而得到，设，得到；构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为. 由题意得，，， 又，所以，， 所以的方程为. 【小问2详解】 易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，且， 联立，整理得， ， 所以，， 由直线与的右支交于两点，得. （ⅰ）因为，所以，即，所以. 将其代入，解得，，且， 所以，整理得，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为. （ⅱ）由双曲线的对称性知，，所以， 所以 ， 设，则， 则， 设， 则， 所以在上单调递减，故，所以， 所以， 故面积的取值范围为. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）若，函数有两个零点、，求证：． 【答案】（1）时在单调递增；时在单调递减，在单调递增. （2） （3）当时，有两个零点、， 由可得，即， 零点、满足， 两式相减，两式相加得，即， 要证，即证，即证，即证， 设，由可得， 令，则，可得，则， 所以，，则. 所以即证，即证，其中， 因为，则，即证，其中， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 当时，，即，故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）求导，分时两种情况进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）先化简不等式得，令，将所求不等式变形为，构造函数，可知对任意的恒成立，则，则函数在处取得极小值，则，求出的值，再结合函数的最值与导数的关系验证即可； （3）化简函数的解析式得，根据零点定义得出，将两式分别相加和相减变形得出，，设，令，将所证不等式变形为，其中，构造函数，其中，结合导数法证明即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得. 当时，对任意的，，此时函数在上单调递增； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时在单调递增； 当时在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 因为，由得， 整理为，即， 令，则不等式为. 因为函数在上单调递增， 当时，；当时，，故， 设，则对任意的恒成立，所以， 所以函数在处取得极小值， 求导得，则，解得，此时，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，符合题意. 综上所述，. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平高中2026—2027学年度高三上学期第二次质量检测 数学试卷 一．单选题 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“是幂函数”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 3. 已知向量，，且，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 4. 已知中，，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 3 5. 已知函数，，且，则的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是（）． A. B. C. D. 7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二．多选题 9. 已知等差数列的前n项和为，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 记，的前n项和为，则 10. 有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒中有个红球、个白球；乙盒中有个红球、个白球．所有小球除颜色外，大小形状完全相同．现从甲、乙两个盒子中不放回地任取一球，假设选择甲盒或选择乙盒是等可能的．记事件“从甲盒中取球”，事件“取到红球”，则（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 11. 已知是椭圆上一点，椭圆的左､右焦点分别为，且，则（ ） A. 的周长为 B. C. 点到轴的距离为 D. 三．填空题 12. 设随机变量服从二项分布，则函数有零点的概率是________． 13. 已知,,,是球的球面上的四点，，，两两垂直，,且三棱锥的体积为，则球的表面积为______． 14. 已知,，若成立，则实数的取值范围是_____． 四．解答题 15. 在中，角、、所对的边分别是、、，且． （1）求角； （2）已知的角平分线交于点，若，，求． 16. 已知数列的前项和为.数列是递增的等比数列，，； （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项的和为，且证明： 17. 如图､在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 18. 已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线方程为． （1）求的方程． （2）设为坐标原点，过点的直线与的右支交于，两点，其中点在第四象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若，求的方程； （ⅱ）求面积的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）若，函数有两个零点、，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $