河南省、陕西省、甘肃省2026届高三上学期顶尖计划（二）数学（B卷）试卷（Word版附解析）

这是一份河南省、陕西省、甘肃省2026届高三上学期顶尖计划（二）数学（B卷）试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知，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．已知椭圆的右焦点为，若到的上顶点的距离是到的右顶点距离的3倍，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知是递增的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若，则在区间上的值域为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直四棱柱的棱长均为，设棱的中点分别为，若菱形内（含边界）的动点满足，则点的运动轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在如图所示的正方体中，已知分别是所在棱的中点，则（ ）

A．平面B．平面
C．D．
10．已知函数的定义域为，满足，当时，，且，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．是增函数
11．在正项数列中，已知，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知向量，，若，则 ．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为是上的动点，则的最小值为 ．
14．若函数且没有零点，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．设等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：是直角三角形；
(2)若，求的最大值．
17．已知函数．
(1)若在处取得极值，求；
(2)若当时，，求的取值范围．
18．如图，在三棱台中，平面．
(1)若，求三棱台的体积．
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，
（i）求．
（ii）三棱台的顶点中，同在一个球面上的点最多有几个？请任选一个包含最多顶点的球面，计算该球的表面积．
（注：若选择多个球面分别计算，按第一个结果给分）．
19．在平面直角坐标系中，直线过点且与抛物线交于两点，．

(1)求的方程．
(2)如图，分别以为直径作圆．
（i）求圆的面积之和的最小值；
（ii）当变化时，求圆的公切线的所有交点的运动轨迹的方程．
参考答案
1．B
解析：由题意，
所以.
故选：B
2．C
解析：，
则复数的虚部为．
故选：C
3．A
解析：由及，得，则成立，即充分性成立，
由及，得或，则无法推出，则必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
4．C
解析：已知椭圆的右焦点的坐标，
上顶点的坐标为，右顶点的坐标为.
由题意知，即，
两边平方得，又因为，
代入整理可得，
两边同时除以可得，
即，即，解得或.
因为椭圆的离心率，所以.
故选：C
5．B
解析：设该等差数列的公差为，
因为数列是递增的等差数列，所以，
因为成等比数列，，
所以，或（舍去），
则，
故选：B.
6．B
解析：，
因为，所以，得，
则．
故选：B
7．D
解析：由得，，得，
则
，
由，得，
得，
得，得函数的值域为．
故选：D
8．A
解析：由，知，所以点在以为直径的球与底面的交线上.
以为坐标原点，平面内垂直于方向，方向，方向分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，故球的直径长为，
球心为的中点.
因为球心到底面的距离为1，
所以底面截球所得圆的半径为，圆心为，
则在以为直径的圆与菱形的交线上，
如图，由平面几何关系得，菱形中，则，
实际交线为劣弧和劣弧，
易知和为等边三角形，劣弧和劣弧相等，
则，
故的运动轨迹长为.
故选：A
9．ACD
解析：建立空间直角坐标系，如图所示：

不妨设正方体的棱长为2，为棱的中点，
则，
得
则，
得，，故C,D两项正确；
因为点是共面的，所以平面，故B项错误；
显然，则平面，不在平面内，故平面，故A项正确．
故选：ACD．
10．BCD
解析：对于A，令，则，
所以，故A错误；
对于B，令，则，
所以，故B正确；
对于C，令，则，
所以
所以为奇函数，故C正确；
对于D，令，则为奇函数，
令，
则，
因为，所以，
所以，，
所以，
又因为当时，，
所以当时，，
所以，即，
所以函数在上单调递增，
又是奇函数，且，
所以函数为增函数，即函数是增函数，故D正确.
故选：BCD.
11．AD
解析：对于A项，先证明对恒成立，
记，则，
所以在上单调递减，则时，，
即时，.
又，所以，即，故A项正确；
对于B项，要证，只需证，
即证成立；
记，，则，
所以在上单调递增，所以时，，
所以时，，
又，所以，故B项错误；.
对于C项，由B项知，，即，
则当时，，
由，可得，
则，故C项错误；
对于D项，记，则，
所以在上单调递减，所以，
所以时，，
则，即，
当，得，
则，时，也满足，则，
故，即D项正确．
故选：AD
12．4
解析：由，可得，，
由可得，
所以，解得.
故答案为：4
13．/
解析：不妨设点在双曲线的右支，令，
则，得，而，
则，
令，得
而函数在上单调递增，得，
故的最小值为．
故答案为：
14．
解析：由，则，
若，即，此时或恒成立，
则在上单调，
当时，，此时，所以，所以；
当时，，此时，所以，所以.
综上所述，，
所以由零点存在定理可知，
当时，在区间上存在一个零点，不符合题意，
当时，在区间上存在一个零点，不符合题意，
若，即，
令，解得，即，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递增，
综上，在上单调递增，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
若，则存在零点，不符合题意；
若，则为的零点，不符合题意；
故，即，又，
故，即，则.
设，，，则，
令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
①当时，等价于，故.
由上可知，当时，单调递增，
且，此时的取值范围是；
②当时，等价于，故，
由上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
故此时的取值范围是.
综上所述，的取值范围是.
15．（1）设的公差为．
由题意得，
即，
整理得，
所以解得．
所以．
（2）由题意知．
，①
，②
①-②，得，
所以．
16．（1），
由正弦定理得，
即
，
所以，
由于，所以，
两边平方得，
又，所以，
又，所以，
即是直角三角形；
（2）在中，，
故，
由基本不等式知，
故，即，
于是，当且仅当时等号成立，
故的最大值为2．
17．（1）由题意得．
因为在处取得极值，
所以，解得，
经验证，当时，在处取得极小值，符合题意，故．
（2），
若，则当时，，即恒成立，
所以在上单调递增，，
由，得，故．
若，令，得或，
当时，，单调递减，
当时，单调递增．
所以，
由，可得，解得．
综上，的取值范围是．
18．（1）因为平面平面，
所以，又，
所以．
同理，．
又，所以与都是等腰直角三角形，
故三棱台的体积为
（2）设的中点为，连接．由（1）可知，
所以，
故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
（i）设，
由，得．
所以，
所以．
设平面的法向量为，
则，
取．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，解得，所以．
故．
（ii）因为侧面和侧面都是直角梯形，不存在外接圆，所以其顶点不可能在同一个球面上，又侧面是等腰梯形，存在外接圆，所以其4个顶点可以在同一个球面上，再加上点或，可知同在一个球面上的点最多有5个．
利用平面几何知识计算可知等腰梯形的外接圆圆心即点，外接圆半径为2．
设所求的球面球心为，半径为，则，
设，
即．
①若选所在的球面：
因为，所以，
即，
解得，此时．
②若选所在的球面：
因为，所以，
即，解得，
此时．
19．（1）由题意知，与轴不重合，设，
由得，
设，则，
因为，所以，
即，
所以，即的方程为．
（2）（i）由题意知圆的面积之和，
设，点，
令，则，则，
这是个图象开口向上的二次函数，在时单调递增，
所以．
（ii）由题意知圆外切，有一条内公切线和两条外公切线．
设，当时，，
此时圆的圆心横坐标均为4，半径均为2，
三条公切线分别为，，
公切线的交点有两个：．
当时，内公切线为过点且与垂直的直线，即．
设交于点，由对称性可知点在直线上，
圆的半径之比为，
又，所以，
记，上式化简得，
又，
代入，整理得，
因为是任意的，所以，即，
故点在直线上运动，又点不可能为原点，
所以点的轨迹方程为．
如图，设与的交点为与的交点为与轴交于点，下面探究点和的轨迹．

易知，
故．
由可得，
所以，
所以，即为的中点，
所以点的轨迹方程为．
由对称性可得，
所以点的轨迹方程为．
综上，圆的公切线的所有交点的运动轨迹是3条直线，