西宁市2026年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析）

这是一份西宁市2026年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析），共100页。试卷主要包含了函数，已知角的终边经过点,则，若集合，则=等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知与分别为函数与函数的图象上一点，则线段的最小值为( )
A．B．C．D．6
3．设a，b，c为正数，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．既不充分也不修要条件
4．为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标，国家加大了扶贫攻坚的力度．某地区在2015 年以前的年均脱贫率（脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比）为．2015年开始，全面实施“精准扶贫”政策后，扶贫效果明显提高，其中2019年度实施的扶贫项目，各项目参加户数占比（参加该项目户数占 2019 年贫困户总数的比）及该项目的脱贫率见下表：
那么年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的（ ）
A．倍B．倍C．倍D．倍
5．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12B．C．D．10
9．已知角的终边经过点,则
A．B．
C．D．
10．若集合，则=（ ）
A．B．C．D．
11．展开式中x2的系数为( )
A．－1280B．4864C．－4864D．1280
12． “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样.为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分据此可估计阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．10D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在△ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为______．
14．若随机变量的分布列如表所示，则______，______．
15．若且时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________．
16．在数列中，，，曲线在点处的切线经过点，下列四个结论：①；②；③；④数列是等比数列；其中所有正确结论的编号是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的，当时，都有恒成立，求最大的整数.
（参考数据：）
18．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）设，
（1）求的单调区间；
（2）设恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知数列的通项，数列为等比数列，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项；
（2）设，求数列的前项和.
21．（12分）在多面体中，四边形是正方形，平面，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
22．（10分）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；
（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.
【详解】
设，在中，由余弦定理得，
则，从而，
由正弦定理得，即，
从而，
在中，由余弦定理得：，
则.
故选：D
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
2．C
【解析】
利用导数法和两直线平行性质，将线段的最小值转化成切点到直线距离.
【详解】
已知与分别为函数与函数的图象上一点，
可知抛物线存在某条切线与直线平行，则，
设抛物线的切点为，则由可得，
，所以切点为，
则切点到直线的距离为线段的最小值，
则.
故选：C.
本题考查导数的几何意义的应用，以及点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力.
3．B
【解析】
根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：，，为正数，
当，，时，满足，但不成立，即充分性不成立，
若，则，即，
即，即，成立，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键．
4．B
【解析】
设贫困户总数为，利用表中数据可得脱贫率，进而可求解.
【详解】
设贫困户总数为，脱贫率，
所以.
故年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的倍.
故选：B
本题考查了概率与统计，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.
5．D
【解析】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.
【详解】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，则，，
在等腰中，取的中点为，连接，
则，，
所以，
即：，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：D.
本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.
6．A
【解析】
根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
若，则与共线，且方向相同，充分性；
当与共线，方向相反时，，故不必要.
故选：.
本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.
7．D
【解析】
由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，
故选D.
8．C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
9．D
【解析】
因为角的终边经过点,所以,则,
即.故选D．
10．C
【解析】
求出集合，然后与集合取交集即可．
【详解】
由题意，，，则，故答案为C.
本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题．
11．A
【解析】
根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.
【详解】
根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为：
化简得到-1280 x2
故得到答案为：A.
求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
12．D
【解析】
直接根据几何概型公式计算得到答案.
【详解】
根据几何概型：，故.
故选：.
本题考查了根据几何概型求面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是．
考点：向量的运算，基本不等式．
【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案．
14．
【解析】
首先求得a的值，然后利用均值的性质计算均值，最后求得的值，由方差的性质计算的值即可.
【详解】
由题意可知，解得（舍去）或.
则，
则，
由方差的计算性质得.
本题主要考查分布列的性质，均值的计算公式，方差的计算公式，方差的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
15．
【解析】
将不等式两边同时平方进行变形，然后得到对应不等式组，对的取值进行分类，将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围，列出对应不等式组，即可求解出的取值范围.
【详解】
因为，所以，所以，
所以，所以或，
当时，对且不成立，
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得；
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得，
综上可得的取值范围是：.
故答案为：.
本题考查根据不等式恒成立求解参数范围，难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法：（1）分类讨论法：分析参数的临界值，对参数分类讨论；（2）参变分离法：将参数单独分离出来，再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.
16．①③④
【解析】
先利用导数求得曲线在点处的切线方程，由此求得与的递推关系式，进而证得数列是等比数列，由此判断出四个结论中正确的结论编号.
【详解】
∵，∴曲线在点处的切线方程为，
则.
∵，∴，
则是首项为1，公比为的等比数列，
从而，，.
故所有正确结论的编号是①③④.
故答案为：①③④
本小题主要考查曲线的切线方程的求法，考查根据递推关系式证明等比数列，考查等比数列通项公式和前项和公式，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）2
【解析】
（1）先求得切点坐标，利用导数求得切线的斜率，由此求得切线方程.
（2）对分成，两种情况进行分类讨论.当时 ，将不等式转化为，构造函数，利用导数求得的最小值（设为）的取值范围，由的得在上恒成立，结合一元二次不等式恒成立，判别式小于零列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
（1）已知函数，则处即为，
又，，
可知函数过点的切线为，即.
（2）注意到，
不等式中，
当时，显然成立；
当时，不等式可化为
令，则，
，
所以存在，
使.
由于在上递增，在上递减，所以是的唯一零点.
且在区间上，递减，在区间上，递增，
即的最小值为，令，
则，将的最小值设为，则，
因此原式需满足，即在上恒成立，
又，可知判别式即可，即，且
可以取到的最大整数为2.
本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
18．（1）； （2）.
【解析】
（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由，得，即，
或，即，
或，即，
综上：或，
所以不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以，
又，，，
得.
不等式恒成立，即在时恒成立，
不等式恒成立必须，，
解得.
所以，
解得，
结合，
所以，
即的取值范围为.
本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.
19．（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）
【解析】
（1），令，解不等式即可；
（2），令得，即，且的最小值为，令，结合即可解决.
【详解】
（1），
当时，，递增，
当时，，递减.
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），
，
，设的根为，即有可得，
，当时，，递减，
当时，，递增.
，
所以，
①当；
②当时，设，
递增，，所以.
综上，.
本题考查了利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题，这里要强调一点，处理恒成立问题时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理.
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据，，成等差数列以及为等比数列，通过直接对进行赋值计算出的首项和公比，即可求解出的通项公式；
（2）的通项公式符合等差乘以等比的形式，采用错位相减法进行求和.
【详解】
（1）数列为等比数列，且，，成等差数列.
设数列的公比为，
，，解得
（2）
，
，
，
，
.
本题考查等差、等比数列的综合以及错位相减法求和的应用，难度一般.判断是否适合使用错位相减法，可根据数列的通项公式是否符合等差乘以等比的形式来判断.
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）首先证明，，，∴平面.即可得到平面，.
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.
【详解】
（1）∵平面，平面，∴.
又∵四边形是正方形，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
又∵，为的中点，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
（2）∵平面，，∴平面.
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
如图所示：
则，，，.
∴，，.
设为平面的法向量，
则，得，
令，则.
由题意知为平面的一个法向量，
∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为.
本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.
【解析】
（1）由平面平面，可得平面，从而证明；
（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.
【详解】
（1）由平面平面，平面平面，
且，所以平面，
又平面，所以；
（2）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，
由，，，
所以平面，则平面，又，
根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，
若，则是等腰直角三角形，，
又，
所以中，由大角对大边知，
所以，这与上面相矛盾，
所以二面角的大小不能为.
本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.
实施项目
种植业
养殖业
工厂就业
服务业
参加用户比
脱贫率
-1
0
1