贵州省六校联盟2026届高三上学期高考实用性考试（二）数学试题与解析

这是一份贵州省六校联盟2026届高三上学期高考实用性考试（二）数学试题与解析，共14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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.设集合，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，又，所以.
2.设复数满足，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】由，则，复数对应的点为，位于第一象限.
3.函数的定义域为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题可得，解得，所以函数的定义域为.
4.在中，角所对的边分别为，若，，，则的形状是
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定
【答案】C
【解析】由，，,可知，由余弦定理，，
所以为钝角，则为钝角三角形.
5.已知；，都有，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】由，都有，则，对恒成立，
又在上单调递增，故，所以，所以，
又，所以是的必要不充分条件.
6.已知圆的方程为，过点的直线与圆交于不同的两点，，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以在圆内，
记圆心为，由条件可知，圆心，半径，
记圆心到直线的距离为，所以，
当取最大值时，有最小值，
当时，取最大值，
(理由：当时，，当与不垂直时，设，则，
在中，显然，所以)
此时，，
所以的最小值为.
7.已知，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由 .
8.已知公比不为1的等比数列的前项和为，为的前项积，若数列是首项为2的等差数列，则的最大值为
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为，且，由题知，又，得，
所以，，，，
数列是首项为2的等差数列，可得，得，
解得，所以，则，
又，因为，所以当时，取到最小值，
所以.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.下列说法正确的是
A. 若随机变量，且，则
B. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联
C. 极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度
D. 数据的下四分位数是0
【答案】ACD
【解析】对于A，由，则，
因为，则，
所以，故A正确；
对于B，由于，根据的独立性检验，
可以认为变量与有关联，故B错误；
对于C，根据极差、方差、标准差的定义，极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度，故C正确；
对于D，因为，所以数据的下四分位数是，故D正确.
10.已知函数，则
A. 当时，有3个零点
B. 当时，有两个极值
C. 当时，在上单调递减
D. 图象对称中心的横坐标不变
【答案】ABD
【解析】对于A，当时，，则，
所以当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，，所以有3个零点，故A正确；
对于B，由，当时，方程的，设其两根为，
易得在和上单调递减，在上单调递增，故在和处分别取到极小值和极
大值，所以有两个极值，故B正确；
对于C，由B，当时，在和上单调递减，在上单调递增，故C错误；
对于D，因
，
所以图象对称中心坐标为，，图象对称中心横坐标不变，故D正确.
11.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则下列说法正确的是
A.
B. 若点，则的最小值为5
C. 的最小值为18
D. 若抛物线的准线与轴的交点为，则轴平分
【答案】BCD
【解析】抛物线的焦点为，准线方程为，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，则，，，
对于A，，故A错误；
对于B，如图，过点作准线的垂线，垂足为，
由抛物线定义，当且仅当三点共线时取等号，故B正确；
对于C，，
由，所以，
当且仅当，即时，取等号，故C正确；
对于D，由，，，
则
，
所以，即轴平分，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.曲线在处的切线方程为________.
【答案】
【解析】由，则，而，则，
所以曲线在处的切线方程为，即 .
13.已知向量垂直，且，，则_______.
【答案】
【解析】由题意，，，，则 .
14.已知正方体的棱长为2，球为其棱切球，过球心作平面与底面平行，若为球面与平面的交线上一点，为底面外接圆的一条直径，则的最大值为________.
【答案】
【解析】由题可知，点在过球心与底面平行的截面圆上，
设在底面上的射影为，底面外接圆的圆心为，如图，
而球为正方体的棱切球，则棱切球的直径为，
易得，，
由于为底面外接圆的一条直径，则，且底面为正方形，边长为2，
所以，
则
，
当且仅当时等号成立，
则的最大值为 .
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.在中，角的对边分别为．已知．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，线段的中点为，求的长 .
【解析】(1)由，结合余弦定理可得，
所以，所以，所以，
又，所以 .
(2) 因为的面积为，所以，
由（1）知，所以，
又，，所以，
因为为线段的中点，所以，
所以
，
所以 .
16.已知双曲线与椭圆有公共焦点，且双曲线经过点，点的坐标为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设为双曲线的右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，求证：.
【解析】(1)椭圆的焦点为，，所以，即，
又双曲线经过点，则，解得，
所以双曲线的方程为 .
(2)由题直线的斜率不为0，设，，，
联立，消去整理得，其中，
则，，，得，
又，，
，
又
，即，
所以 .
17.如图，在中，，，，，；将沿直线翻折使点到达点的位置，且使平面平面．
（1）求证：；
（2）已知点是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】
(1) 在中，由余弦定理得，，
则，解得或，
因为，所以，则，即，
又，则，
所以，
则，即，则，，
翻折后，可得，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，又平面，所以 .
(2)由（1）知，平面，，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为 .
18.生命不息，运动不止！为贯彻“健康第一”的理念，全面提升全县人民身体素养，我县在本届秋季县运动会中特别增设了两项趣味集体项目，一项为“双人对战赛”，另一项为“四人赛”，现从参加“双人对战赛”的部分运动员中做问卷调查，其中的运动员计划只参加“双人对战赛”，另外的运动员计划既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”．为了鼓励人们积极参与，县文旅局对参加比赛的运动员发放文旅纪念品．若运动员只参加“双人对战赛”则获得1份纪念品，若运动员既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”，则获得2份纪念品．假设每位被抽取的运动员参加“双人对战赛”与是否参加“四人赛”的选择是相互独立的，用频率估计概率．
（1）从参加“双人对战赛”的运动员中随机抽取3人，记这3人获得纪念品的总数为，求的概率；
（2）记位参加“双人对战赛”运动员获得纪念品的个数恰为的概率为，求的前项和；
（3）从参加“双人对战赛”的运动员中随机抽取30人，这些运动员得到的纪念品恰为个的概率为，求最大时的值.
【解析】 (1) 根据题意，每位运动员只参加“双人对战赛”的概率为，获得1份纪念品；
既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”概率为，获得2份纪念品；
表示3人中一人获得2份纪念品，另外两人获得1份纪念品，
则.
(2) 因为位参加“双人对战赛”运动员获得纪念品的个数恰为，
则只有1人既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”，
所以，
所以，
，
两式相减，得，
所以
(3) 设只参加“双人对战赛”的人数为，则既参加“双人对战赛”又参加“四人赛”的人数为，
因此运动员得到纪念品总的个数，此时，
令，假设取得最大值，
则，
即 ，即，
整理得，又，则，
所以当取最大值时， .
19.已知函数．
（1）设函数，求的最小值；
（2）证明：在定义域内有且仅有2个零点；
（3）设的两个零点分别为，且，若存在实数，满足，其中，证明：.
【解析】 (1) 由，则，
所以，令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则.
(2)证明：由，，则，
当时，，，则，
所以函数在上单调递增，
又，则函数在上存在唯一零点0；
当时，设，
则，
所以函数在上单调递增，
又，则，
所以函数在上单调递增，
则，则函数在上无零点；
当时，函数为增函数，
又，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
则函数在上存在唯一零点；
当时，由（1）可知，在上单调递减，
又在上单调递减，所以函数在上单调递减，
则，
所以函数在上无零点；
当时，，
则函数在上无零点.
综上所述，在定义域内有且仅有2个零点.
(3) 证明：由（2）可得，函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
由题意，不妨设，则，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，则，
则时，，则，又，
所以，则，
因为，所以，则，
所以 .