四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期1月第二阶段学情调研测试数学试题含答案（word版+pdf版）

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2026年普通高等学校招生全国统一考试·第二阶段学情调研测试
数 学 试 题
·川北版·（一轮结束）·
一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。
1．一组数据：2，5，2，3，若添加一个数据3，则不发生变化的统计量是（ ）
A．平均数B．中位数C．众数D．方差
2．已知复数，则z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
3．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合，集合，则（ ）
A．或B．或
C．D．
5．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则角的
余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．若抛物线的准线为直线，则截圆所得的弦长为（ ）
A．B．C．1D．2
7．已知等差数列公差不为0，记其前n项和为，若，，则正整数k的值为（ ）
A．3B．6C．8D．12
8．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：共3小题，每小题6分，全选得满分，漏选得部分分，错选得0分，满分18分。
9．记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（ ）
A．是等比数列B．是等差数列
C．是等比数列D．是等比数列
10．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（ ）
A．当时，B．在区间上单调递减
C．当且仅当D．轴是曲线的一条切线
11．已知双曲线E与焦点在y轴上的椭圆C的离心率之积为1，点是其公共点，若双曲线E的渐近线方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线E的实轴长为2
B．椭圆C的离心率为
C．椭圆C的长轴长为
D．椭圆C与双曲线E的焦距相同
三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。
12．已知平面向量，，若，则 ．
13．函数的图象在处的切线方程是 ．
14．如图，在四面体ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，，以D为球心，1为半径作球，则该球的球面与面ABC（三角形及其内部）的交线长度为 ．
四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分。
15．已知函数．
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；
(2)求函数在上的最值．
16．如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为.
(1)当点M坐标为时，求；
(2)证明：.
17．图一，四边形是边长为2的菱形，且，点为的中点，现将沿直线折起，形成如图二的四棱锥，点为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小.
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程．
(2)若为函数的极小值点，求a的取值范围．
(3)曲线上是否存在两个不同的点关于y轴对称？若存在，求出此时a的值；若不存在，说明理由．
19．设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列
称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中
任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列．
(1)已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式；
(2)已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值；
(3)证明：不存在“等比关联数列”．
★考生注意★
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
考试结束后，只交回答题卡。
考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围。
◈预祝你们考试成功◈
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数学试题参考答案与试题解析
1．A
【分析】利用这些数据可以分别计算出平均数、中位数、众数、方差，再加以比较即可.
【详解】由这组数据：2，5，2，3，可得，平均数是3，中位数是2.5，众数是2，
方差是，
加入数据3后，平均数是3，中位数是3，众数是2和3，
方差是，
所以不发生变化的是平均数，
故选：A.
2．D
【分析】首先利用复数的除法运算化简z，再利用复数的几何意义求复数对应的点.
【详解】由已知得，∴z在复平面内对应的点的坐标为，
该点在第四象限.
故选：D
3．B
【分析】利用集合的交集运算求解即可.
【详解】集合，，所以.
故选：B
4．D
【分析】先解分式不等式，求得集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由可得且，解得或，
即或，又，
故.
故选：D.
5．C
【分析】根据余弦定理即得．
【详解】由题可得，，
试题.
故选：C．
6．B
【分析】根据抛物线方程确定准线，再应用几何法求圆截直线所得弦长即可.
【详解】由可变形为，其准线方程，圆心到的距离为1，
所以直线截所得的弦长为．
故选：B
7．B
【分析】根据给定条件求得，进而求出通项公式，再结合前前n项和公式列出方程求解即得.
【详解】设等差数列公差为，由，得，解得，
，，，
因此，整理得，解得.
故选：B
8．B
【分析】由两角和差正切公式得到，再结合余弦二倍角公式即可求解.
【详解】解析：，可化为，
即，即，解得，
又.
故选：B.
9．ABD
【分析】A选项，，故，为等比数列；B选项，计算出，故，为等差数列，B正确；C选项，计算出，，C错误；D选项，，满足，D正确.
【详解】A选项，由题意得，故，
其中，故为等比数列，A正确；
B选项，，故，
又，故是等差数列，B正确；
C选项，，，
，其中，故不是等比数列，C错误；
D选项，，故，
故，所以为等比数列，D正确.
故选：ABD
10．AD
【分析】根据函数的奇偶性可判断A选项，再结合导数可判断函数单调性，进而可判断最值与切线情况，即可判断BCD选项.
【详解】

A选项：由已知函数为上的奇函数，且当时，，
所以当时，，则，
所以，A选项正确；
B选项：易知函数，
当时，，则，
设，则，
可知当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
结合奇函数性质可知，函数在和上单调递减，在和上单调递增，B选项错误；
C选项：由函数单调性与奇偶性可知，当时，，当时，，
所以当时，，C选项错误；
D选项：由函数单调性与奇偶性可知函数图像如图所示，
可知当时，函数取得极值，此时切线方程为，即为轴，D选项正确；
故选：AD.
11．BC
【分析】先根据渐近线得出离心率，再根据点在双曲线上计算判断A；再根据离心率之积计算判断B；再计算实轴及焦距判断CD.
【详解】因为双曲线E的渐近线方程为，则双曲线所以椭圆的离心率为，B选项正确；
设双曲线方程为，双曲线过，所以，所以，实轴长为，焦距为，A选项错误；
椭圆的离心率为，所以，
设椭圆方程为，椭圆也过，所以，所以，长轴长为，焦距为，C选项正确，D选项错误.
故选：BC.
12．
【分析】由向量垂直求得，由模的坐标运算公式求解即可.
【详解】已知平面向量，，若，则,解得，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】先对函数求导，根据导数的几何意义，求出函数在处的切线斜率，进而可得切线方程.
【详解】由已知，得，所以，
所以所求切线方程为，即.
故答案为：.
14．
【分析】先求出到平面的距离，判断球体与各个面的相交情况，再计算求解即可.
【详解】∵DA，DB，DC两两垂直，，
∴，
所以是边长为的等边三角形，
所以边长为的等边三角形的高为：，
所以，
设到平面的距离为，，
∵，
所以，
解得，则，
所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径
为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，
所以交线总长度为：.
故答案为：.
15．(1)，
(2)最大值2，最小值
【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最小正周期，利用整体代入法求得的单调递减区间.
（2）根据三角函数最值的求法来求得在上的最值.
【详解】（1）因为
所以函数的最小正周期，.
由，得：，
所以的单调递减区间为.
（2）因为，所以，
所以当，即时，，
所以，即时，.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题干中的条件先求出椭圆的方程，再设点E的坐标，利用D点在椭圆上即可求出点E坐标，利用两点间的距离公式即可求得结果.
（2）设出直线的方程，与椭圆联立得到各个点坐标，利用斜率相乘等于即可证明结论.
【详解】（1）由题意得，，，解得，，
故椭圆C的方程为.
当点M坐标为时，，
设，则.
代入椭圆方程得解得或0（舍去），即，
又，故.
（2）设直线AD：，与椭圆C方程联立得，，
又，故，则，，又，
故直线的斜率，
所以，故.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取线段的中点为，利用线面平行的判定推理得证.
（2）根据给定条件，结合三棱锥的体积计算证得平面，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求出面面角.
【详解】（1）在图二中，取线段的中点为，连接和，
由点为的中点，得且，
又四边形是边长为2的菱形，点为的中点，
所以且，
则且，
所以四边形为平行四边形，因此，
又平面平面，
所以平面.
（2）在图一中，由菱形的边长为2，，得都是正三角形，
而点为的中点，则有，
则，
设四棱锥的高为，
其体积为，解得，
即点到平面的距离为1，而，
因此平面，直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
由平面，得为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，而，解得，
所以平面与平面的夹角的大小为.
18．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解；
（2）按值取正负零分别讨论在0左右两侧值的正负而得解；
（3）假定曲线存在两个不同的点关于轴对称，转化为曲线上存在两个不同的点关于轴对称，利用导数判断单调性即可得解.
【详解】（1），，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2），
①若，则，单调递增，无极值，不符合题意．
②若，则当时，，，所以不可能为极小值点，不符合题意．
③若，令，则，
当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，
则，又，当时，．
若，则，
当时，，当时，，所以为函数的极小值点，符合题意．
若，因为在上单调递增，的值从增到0，
所以直线与曲线在上的图象有公共点，即存在使得，
当时，，即，
所以存在，使得当时，，
当时，，此时为函数的极小值点，符合题意．
综上，.
（3）不存在，理由如下．
假定曲线上存在两个不同的点关于y轴对称，设其坐标分别为，，，
则有，即，
化简得．
令，则，
由知函数在上单调递增，
由得，即，这与矛盾，
所以曲线上不存在两个不同的点关于y轴对称.
19．(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据定义计算出的前三项，即可写出等比数列的通项公式；
（2）先计算出及的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再分两种情况讨论的可能性，从而得到使的前3项成等比数列的所有可能情况，进而求出概率；
（3）先计算出的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再求出确定的，推理出，，是连续三项，从而推理出是第4项或第7项，进而分两种情况讨论即可得证.
【详解】（1）因为，，，
由定义可知，，
故数列的通项公式为；
（2）因为中4项均不相同，所以有种，有项，
假设，则，，，．
设的公比为，则，
又数列的第三项，第四项，
或第三项，第四项，
所以，
且，得，且，
或，
且，得，且，
这两种情况，不能同时成立，使得的前3项为等比数列有4种情况，
故．
（3）当时，假设的各项从小到大排列，此时数列有项，
则，，，，
因为是等比数列，所以，即，所以．
设的公比为，则，所以，
所以，，
剩余四项为，，，，
又公比，所以，，是连续三项，因此是第4项或第7项，
当时，，所以，即，不符合题意；
当时，，所以，即，不符合题意；
因此当时，不存在“等比关联数列”．