天津市武清区南蔡村中学2025_2026学年高三上学期第二次月考数学试题 [含答案]

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一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，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
3．已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．16B．32C．54D．162
4．下列函数中，图象关于原点对称的是（ ）
A．B．C．D．
5．设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
7．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点P，则点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
9．关于函数，给出下列结论：
①的最小正周期为；
②在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
其中正确结论的个数为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知幂函数过点A（4，2），则f（）= .
11．在平面直角坐标系中，已知圆与圆，则两圆的公切线的条数是 ．
12．若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则 ．
13．若，则的最小值为 ．
14．已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则内切圆的半径为 ．
15．如图，在平行四边形中，O为对角线与的交点，M为直线与的交点，N为直线与的交点，若，，，且，，，则 ， .

三、解答题
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求的值；
（2）若.
（i）求的值：
（ii）求的值.
17．如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
18．已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点.
19．已知是首项为1的等差数列，其前n项和为，，为等比数列，，.
（1）求数列和的通项公式：
（2）求；
（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
20．已知函数
（1）当时，
①求曲线的单调区间和极值；
②求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围．
答案
1．【正确答案】C
【详解】由题知，.
故选C
2．【正确答案】A
【详解】由可得，所以，故充分性成立；
由可得，取，则不成立，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
3．【正确答案】C
【详解】当时，，所以，即，
当时，，
所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，
则.
故选C.
4．【正确答案】B
【详解】由函数图象关于原点对称，
可得函数是奇函数，
对于A，定义域为，
，故为偶函数，其图象关于轴对称，A错；
对于B，定义域为，
且，故为奇函数，其图象关于原点对称，B正确；
对于C，定义域为，
但其图象为开口向上的抛物线，且对称轴为，
所以既不是奇函数又不是偶函数，C错；
对于D，定义域为，
但，故为偶函数，其图象关于轴对称，D错.
故选B.
5．【正确答案】C
【详解】由指数函数的性质，可得，所以，
根据对数的运算性质，可得，所以，
又由，所以，
所以.
故选C.
6．【正确答案】D
【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误；
对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误；
对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误；
对于选项D：若，则，
且，所以，故D正确；
故选D.
7．【正确答案】B
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选B.
8．【正确答案】A
【详解】由，
两式相减得公共弦所在直线方程为：，
分别取，得，解得，即
故选A
9．【正确答案】A
【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；
令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；
由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
故选A．
10．【正确答案】/0.5
【详解】点A（4，2）代入幂函数解得，.
11．【正确答案】4
【详解】由圆的方程，即可知圆的圆心为，半径为；
由圆的方程，即可知圆的圆心为，半径为.
所以两圆的圆心距为，
而，所以圆与圆外离，
则两圆的公切线的条数是4.
12．【正确答案】
【详解】设直线的方程为，则点，
由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，
则，解得或，所以，
因为，故.
13．【正确答案】
【详解】由基本不等式有，当且仅当时等号成立，
而，当且仅当时等号成立，
故，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
14．【正确答案】
【详解】因为，即，
所以.
由椭圆方程可知所以
所以，
如图，不妨取点在第一象限内，设，
则，由余弦定理知，
即，
解得.
所以.
设内切圆的半径为，
则由等面积法可知，
解得.
15．【正确答案】/ /
【详解】在中，由，得，即，
则，又，
则，所以；
由分别为的中点，得为的重心，
则，
而，
所以
.
16．【正确答案】（1）6
（2）（i）；（ii）
【详解】（1）由正弦定理及，
得
（2）（i）由余弦定理有，
（ii）因为，所以，
从而，
则，
17．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）
平面，平面，平面，
,又，
以A为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，不妨设，得
所以平面的一个法向量为，
，有，故.
又平面，所以平面．
（2）由（1）可知，
设平面的一个法向量为，
则，不妨设，得，
所以平面的一个法向量为，
于是，
所以，平面与平面的夹角余弦值为.
（3）由，平面的一个法向量为，
设点到平面的距离为，则，
所以，点到平面的距离为.
18．【正确答案】（1）
（2）见详解
【详解】（1）依题意，得，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意，
从而设，
联立，化简并整理得
，
由题意，
即应满足，此时或，
所以，
因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，
又因为，
所以，
所以直线AC过定点.
19．【正确答案】（1），
（2）
（3）
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）因为，
．
（3）因为，．
令，
则，（）
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
20．【正确答案】（1）①函数的单调递增区间为，单调递增区间为；的极大值为，无极小值；
②
（2）
【详解】（1）①当时，，
函数的定义域为，，
令得．
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
函数在时取极大值，极大值为，无极小值．
②由（i）可知当，．
则所求切线方程为，
即．
（2）由已知可得，方程在内有两个不等实根，
设，
则函数定义域为且，
．
当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减，
所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去．
当，即时．，
①当，即时，
若，则，单调递减；若，则，单调递增，
所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；
②当，即时，
若，则，当且仅当时，取等号，
所以函数在上单调递增，
又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；
③当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减；
若，则，单调递增．
又，可知．
因为
．
因为，所以
，即．
因为时，，
因为，所以，
所以在区间单调递增，
由零点存在定理，可得存在唯一，使得，又．
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
④当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减；
若，则，单调递增．
又，于是，
令，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，
所以，
所以
设，则
，
因为，所以，
函数在单调递增，
当时，，，
因为在上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一，
使得，又．
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
综上所述，当时，函数有两个不同零点．