江苏省海门市2025-2026学年高三上学期第二次调研测试数学试卷（有解析）

这是一份江苏省海门市2025-2026学年高三上学期第二次调研测试数学试卷（有解析），共14页。试卷主要包含了 已知数列满足，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.
一、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. 已知集合，.则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，则在复平面内复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知，是平面内非零向量，则“”是“”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
4. 若将正方形沿对角线折成直二面角后，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数的图象如图所示，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
6. 在所有棱长为2的直三棱柱密闭容器内（厚度忽略）放置一个最大的球，则球的表面积为（ ）
A B. C. D.
7. 已知定义在上的奇函数，满足，，则（ ）
A. 一定是奇函数B. 一定是偶函数
C. 一定奇函数D. 一定是偶函数
8. 已知双曲线的焦点为，若过且斜率为正的直线与圆相切，与双曲线在第一象限交于点P，且轴，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
二、选择题：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. 若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 的图象关于对称D. 在上有2个零点
10. 已知数列满足，，则（ ）
A. 是等差数列B. ，
C. ，D. ，
11. 在平面直角坐标系中，是曲线：上任一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线关于原点对称
B. 任意，直线与曲线没有公共点
C. 为坐标原点，
D. 任意，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知在矩形中，，点是边的中点， 则________.
13. 已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，和y轴交于D点，且A在B与D之间，若，，则与的面积之比为_____．
14. 在平面直角坐标系中，将曲线绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是________．
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
（1）求A；
（2）若，，求c.
16. 已知函数，.
（1）若是的极小值点，求；
（2）若存在，使，求的取值范围.
17. 如图，在正四棱台中，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，且正四棱台的外接球的表面积为.
（i）求正四棱台的体积；
（ii）设平面与交于点F，求直线与平面所成角的正弦值.
18. 已知数列的前项和为，，，其中，.
（1）求证：数列是等比数列.
（2）若数列满足，，.
（i）求数列通项公式；
（ii）已知，，设，试判断是否存在，，使得，，，成等差数列，若存在，求出所有m，n的值：若不存在，请说明理由.
19. 在平面直角坐标系中，已知两点分别在x轴，y轴上运动，，点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设是上一动点，过作两条直线，分别交于两点.
（i）若横坐标为1，的重心恰为原点，求直线的方程；
（ii）若，的斜率互为相反数，求面积的最大值.
2026届高三第二次调研测试
数学
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.
一、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. 已知集合，.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解绝对值不等式求出集合，再由交集定义利用列举法即可求得结果.
【详解】，
则为集合中满足的元素，
又，
所以时，集合中包含元素，
则,
故选：A
2. 已知，则在复平面内复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先由已知求得复数z，即可确定复数对应的点所在象限.
【详解】由可得，
则在复平面内复数对应的点为，位于第四象限
故选：D
3. 已知，是平面内的非零向量，则“”是“”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】B
【解析】
分析】根据向量数量积定义式，分别验证充分性和必要性即可得出结论.
【详解】充分性：设的夹角为，若，则或，
当时，，
当时，，
所以不能推出，即充分性不成立；
必要性：若，则，
因是非零向量，则，即，
此时，同向，满足，
所以可以推出，即必要性成立；
综上所述，”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4. 若将正方形沿对角线折成直二面角后，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据折起以后平行关系发生变化可判断AB错误，利用线面垂直判定定理可证明平面，可得D正确，假设C选项中成立，可得出，这与矛盾，因此假设不成立，即C错误.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：
易知在正方形中，折起后满足，
又因为折成的是直二面角，即，
因为平面平面，所以平面，
又平面，所以，
对于A，若，则，显然这与矛盾，即A错误；
同理可得B错误；
对于D，又因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，因此D正确；
对于C，假设成立，
又因为，且平面，
所以平面，
又平面，所以，
此时在中，，则可知为斜边，因此，
又因为折叠前后长度不变，这与矛盾，因此假设不成立，即C错误.
故选：D
5. 已知函数的图象如图所示，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合对数函数的图象及函数图象的变换检验各选项即可求解．
【详解】由图可得，，，
则，故A正确；
则，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
当时，，满足，故D可能成立；
故选：C．
6. 在所有棱长为2的直三棱柱密闭容器内（厚度忽略）放置一个最大的球，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直三棱柱底面的内切圆半径，并比较此时圆的直径与直三棱柱的高的大小，求出能放置的最大的球的半径，可得其表面积.
【详解】易知所有棱长为2的直三棱柱底面是边长为2的正三角形，
因为边长为2的正三角形的内切圆半径满足,
解得；
因为球的直径要同时小于等于直三棱柱的高和底面内切圆的直径，
即且，所以球的最大半径为，
则球的表面积为.
故选：B.
7. 已知定义在上的奇函数，满足，，则（ ）
A. 一定是奇函数B. 一定是偶函数
C. 一定是奇函数D. 一定是偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法可得，再由表达式变换可得，即可得一定是奇函数.
【详解】依题意可知，
令，由，可得，
即，因此；
可得，也即，
将替换为可得，
所以，即一定是奇函数.
故选：C
8. 已知双曲线的焦点为，若过且斜率为正的直线与圆相切，与双曲线在第一象限交于点P，且轴，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴，求出的长，设圆心为，，根据圆的性质可得，求出进而得到，根据列式，求解即可求出答案.
【详解】因为轴，则点的横坐标为，
代入双曲线方程，
解得点的纵坐标为（由题意舍去），即，
圆的圆心坐标为，半径为，则圆与轴相切，
如图，设圆心为，，
根据圆的性质可得，
在中，，
则，
在中，，所以，
又，则，
等式两边同时除以得，即，
解得或（舍去），
所以双曲线的离心率为.
故选：D.
二、选择题：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. 若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 的图象关于对称D. 在上有2个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据余弦函数的图象变换性质，结合余弦型函数的单调性和零点逐一判断即可.
【详解】A：因为函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
所以，因此本选项说法不正确；
B：，
所以在上单调递减，因此本选项说法正确；
C：因为，
所以的图象关于对称，因此本选项说法正确；
D：，
因为，所以令，所以在上有个零点，
所以本选项说法不正确.
故选：BC
10. 已知数列满足，，则（ ）
A. 是等差数列B. ，
C. ，D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据数列递推公式整理可得，即可判断；对于B，由A可得即，求解范围即可；对于C， 将代入 计算即可；对于D，由，将问题转化为证明通项，再通过逐项求和求解.
【详解】由，可得，
故数列是首项为，公差为的等差数列，故A正确，
，即，故B正确，
，，
，，故C错误，
设，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
，即，
，用代替，则，
再令，可得，，
，则，
，故D正确.
故选：ABD.
11. 在平面直角坐标系中，是曲线：上任一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线关于原点对称
B. 任意，直线与曲线没有公共点
C. 为坐标原点，
D. 任意，
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用关于原点的对称点仍在曲线上判断A，联立直线方程和曲线方程后结合判别式的符号判断B，用表示后结合基本不等式可判断C，求出的最小值后结合基本不等式判断D.
【详解】对于选项A：对于任意点在曲线上，则,
点关于原点对称点坐标为,代入曲线方程，
得,即,与原方程一致，
所以曲线关于原点对称，选项A正确；
对于选项B：将代入曲线方程，可得，即，
当，方程式变为，无实根；
当，方程无实根，
所以对于任意，直线与曲线没有公共点，选项B正确；
对于选项C：而，其中，
故，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，
故不成立，故C错误；
对于选项D：即为，
设，
当时，，故
而，
故，
当且仅当时等号成立，
同理，当时，，
当且仅当时等号成立，
综上，D成立.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知在矩形中，，点是边的中点， 则________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量的加法运算法则及向量数量积的运算性质求解即可
【详解】在矩形中，因为，所以.
由平面向量的运算法则可得：
.
故答案为：.
13. 已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，和y轴交于D点，且A在B与D之间，若，，则与的面积之比为_____．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】设，根据抛物线的定义，求得，得到，求得直线的方程，进而求得和直线的方程，结合点到直线的距离公式，分别求得点和到直线的距离，进而得到答案．
【详解】因为抛物线C：，所以，
设，由，，且A在B与D之间，
则，解得，则，
所以，则，
所以直线的方程为，即，
令，则，所以，
所以，故直线的方程为，即，
所以点到直线的距离，点到直线的距离，
故，
故答案为：．
14. 在平面直角坐标系中，将曲线绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意得出直线与的图像至多只有一个交点，令，进而得出或，即可求解．
【详解】由题意可知，直线与的图像至多只有一个交点，
令，即，
令，则，
由题可得，或，即或在上恒成立，
又当时，，所以，
可得或，
故答案为：或．
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
（1）求A；
（2）若，，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理可得，即；
（2）法1：根据三角形中角的关系由已知条件可得，再由正弦定理计算可得;
法2：利用正弦定理将问题转化为边的关系，利用余弦定理联立方程组解得即可.
【小问1详解】
因为，依据正弦定理，
可得，即.
由余弦定理得，，
因为，
所以.
【小问2详解】
法1：因为，在三角形中，，
所以，即，
所以，所以.
因为，所以，即，
所以，即，
所以，所以.
由正弦定理得，
即.
法2：由正弦定理，
所以，即①；
由（1），即.
所以②；
联立①②，，
解得.
因为，所以取两根中的较小者，即.
16. 已知函数，.
（1）若是的极小值点，求；
（2）若存在，使，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可知，解得，代入并检验即可；
（2）法1：将原命题否定可得在恒成立，探求成立的必要条件并证明即可；
法2：将不等式变形为有解的问题，构造函数，并求出在上的最大值为，可得结论；
法3：构造函数并求导，得出的最小值并使其小于零，结合不等式性质可求得的取值范围.
【小问1详解】
因为，
因为是极值点，所以，即，，
此时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
所以是极小值点，
综上，.
【小问2详解】
法1：
研究命题的否定，即，，
所以，解得（成立的必要条件），
下面证明：时，在恒成立.
因为，
令，则，
所以在递减，在递增，
所以，即证.
所以，使得，则.
法2：
由题意，有解，
令，所以，
设，
因为，所以在上单调递减，且.
所以，；，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为，
所以.
法3：
由题意，在有解，
令，则，
①当时，则，满足题意；
②当时，因为存在使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值.
因为，所以.
令，所以，
所以在上单调递减，且，
所以的解为.
因为，所以；
综上，.
17. 如图，在正四棱台中，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，且正四棱台的外接球的表面积为.
（i）求正四棱台的体积；
（ii）设平面与交于点F，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）先证明，再利用线面平行判定定理即可证明；
（2）（i）先求出正四棱台的外接球的半径，再通过线面平行的性质证明线线平行，最后利用体积公式即可求出；
（ii）通过建立空间直角坐标系，求出直线方向向量与平面的法向量，再运用公式即可.
【小问1详解】
连接，
因为正四棱台，.
所以，；
因为为中点，所以，，
所以，，
所以四边形为平行四边形.
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，交于点，连接.
因为正方形，所以；
因为，所以，
由正四棱台对称性得，，
所以为正四棱台的外接球的球心，设，
因为球的表面积为，所以.
（i）延长，，，交于一点P，
连接，.
因为平面平面.
平面平面，平面平面.
所以；
，.
与交于点，则平面.
则，即；
所以
.
（ii）法1：连接交于.
所以平面，且，即F与重合，
所以即为直线.
如图，以正交基底建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
则中点.
所以，，.
设平面的一个法向量为.
所以，即，
令，则，，
所以.
所以，
所以直线与平面的所成角的正弦值为.
法2：取中点，连接.
因为，，
所以，
因为平面，在平面.
所以.
所以F与重合.下同法1建系或利用综合法求解.
18. 已知数列的前项和为，，，其中，.
（1）求证：数列是等比数列.
（2）若数列满足，，.
（i）求数列的通项公式；
（ii）已知，，设，试判断是否存在，，使得，，，成等差数列，若存在，求出所有m，n的值：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）,（ii）存在，，使得，，，成等差数列，且，.
【解析】
【分析】（1）通过求首项，作差得递推关系，证明等比数列；
（2）（i）通过求首项，作差得递推式，累乘法求通项；（ii）先得到，再由等差数列条件列方程，试值得解．
【小问1详解】
由，
当时，，即，解得，
当时，，则，
即，即，
所以数列是首项为，公比为等比数列
【小问2详解】
（i）由，
当时，，因为，所以，
当时，，
则，即，
由累乘法得到，
显然也符合上式，所以.
（ii）由（1）知，则，
则，解得，即，，故，
所以，
若存在，使得，，，成等差数列，
则，即，
化简得到，
因为存在，，
当时，，即，
因为函数为增函数，，，
所以无整数解，
当时，，即，
因为函数为增函数且，
所以有且仅有一个解
当时，由，得到
当时，，
解得，不符合题意，
当时，函数的增长速度远超过的增长速度，
则无解，
综上所述，存在，，使得，，，成等差数列，且，.
19. 在平面直角坐标系中，已知两点分别在x轴，y轴上运动，，点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设是上一动点，过作两条直线，分别交于两点.
（i）若的横坐标为1，的重心恰为原点，求直线的方程；
（ii）若，的斜率互为相反数，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）或；（ii）
【解析】
【分析】（1）设出动点的坐标，再由以及向量共线可得E的方程；
（2）（i）根据的横坐标为1，利用点差法并结合重心坐标求出直线斜率即可得出直线方程；
（ii)根据斜率关系设出直线的方程，与椭圆方程联立并求出的面积表达式，再进行分类讨论并利用导数求出其单调性得出最值.
【小问1详解】
设，，因为，所以.
设动点，则，，
因为，所以
所以，.
所以动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
（i）因为在曲线上，
当时，.所以或.
当时，设，.
因为的重心为原点，
所以，即，.
因为，两式相减得.
所以，即直线的斜率为.
因为的中点为，
所以直线的方程为；
同理，当时，直线的方程为.
（ii）考虑曲线对称性，不妨设
设直线，则.如下图：
联立，整理得，
所以，且,
所以,
同理，,
设直线的倾斜角为，则的倾斜角为,
当，则,
当，则,
所以的面积为
因为,
所以
因为,
①当，即时,,
设,其为偶函数，
当时，,
令，所以
所以在单调递减，在单调递增，
所以,
当且仅当，即处，此时.
②当，不妨设时，,
设,则,
所以在单调递减，在单调递增，
所以,当且仅当，即处，此时,
综上，的面积最大值为.