2026年自贡市高三第二次调研数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年自贡市高三第二次调研数学试卷（含答案解析），共100页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知复数是正实数，则实数的值为( )
A．B．C．D．
2．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．中国铁路总公司相关负责人表示，到2018年底，全国铁路营业里程达到13.1万公里，其中高铁营业里程2.9万公里，超过世界高铁总里程的三分之二，下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程（单位：万公里）的折线图，以下结论不正确的是（ ）
A．每相邻两年相比较，2014年到2015年铁路运营里程增加最显著
B．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程与年价正相关
C．2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上
D．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程数依次成等差数列
4．已知a>0，b>0，a+b =1，若 α=，则的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．已知双曲线：的焦点为，，且上点满足，，，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．5
6．某高中高三（1）班为了冲刺高考，营造良好的学习氛围，向班内同学征集书法作品贴在班内墙壁上，小王，小董，小李各写了一幅书法作品，分别是：“入班即静”，“天道酬勤”，“细节决定成败”，为了弄清“天道酬勤”这一作品是谁写的，班主任对三人进行了问话，得到回复如下：
小王说：“入班即静”是我写的；
小董说：“天道酬勤”不是小王写的，就是我写的；
小李说：“细节决定成败”不是我写的.
若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“入班即静”的书写者是（ ）
A．小王或小李B．小王C．小董D．小李
7．已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．在条件下，目标函数的最大值为40，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
9．已知各项都为正的等差数列中，，若，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是
A．B．
C．D．
11．已知是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于两点，若，则的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
14．数列的前项和为，数列的前项和为，满足，，且.若任意，成立，则实数的取值范围为__________.
15．已知函数对于都有，且周期为2，当时，，则________________________.
16．已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_________.
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）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．
18．（12分）已知动圆过定点，且与直线相切，动圆圆心的轨迹为，过作斜率为的直线与交于两点，过分别作的切线，两切线的交点为，直线与交于两点．
（1）证明：点始终在直线上且；
（2）求四边形的面积的最小值．
19．（12分）在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，角为钝角，
（1）求的值；
（2）求边的长.
20．（12分）在直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且轴，直线交轴于点，，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的直线交椭圆于两点，且满足，求的面积.
21．（12分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（为参数）．
（1）请分别把直线l和圆C的方程化为直角坐标方程；
（2）求直线l被圆截得的弦长．
22．（10分）已知函数，.
(1)求的值；
(2)令在上最小值为，证明：.
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．C
【解析】
将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.
【详解】
因为为正实数，
所以且，解得.
故选：C
本题考查复数的基本定义，属基础题.
2．A
【解析】
根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.
【详解】
椭圆的方程，双曲线的方程为，
则椭圆离心率，双曲线的离心率，
由和的离心率之积为，
即，
解得，
所以渐近线方程为，
化简可得，
故选：A.
本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.
3．D
【解析】
由折线图逐项分析即可求解
【详解】
选项，显然正确；
对于，，选项正确；
1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列，故错.
故选：D
本题考查统计的知识，考查数据处理能力和应用意识,是基础题
4．C
【解析】
根据题意，将a、b代入，利用基本不等式求出最小值即可.
【详解】
∵a>0，b>0，a+b=1，
∴，
当且仅当时取“＝”号．
答案：C
本题考查基本不等式的应用，“1”的应用，利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是首先要判断参数是否为正；二定是其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是最后一定要验证等号能否成立，属于基础题.
5．D
【解析】
根据双曲线定义可以直接求出，利用勾股定理可以求出，最后求出离心率.
【详解】
依题意得，，，因此该双曲线的离心率.
本题考查了双曲线定义及双曲线的离心率，考查了运算能力.
6．D
【解析】
根据题意，分别假设一个正确，推理出与假设不矛盾，即可得出结论.
【详解】
解：由题意知，若只有小王的说法正确，则小王对应“入班即静”，
而否定小董说法后得出：小王对应“天道酬勤”，则矛盾；
若只有小董的说法正确，则小董对应“天道酬勤”，
否定小李的说法后得出：小李对应“细节决定成败”，
所以剩下小王对应“入班即静”，但与小王的错误的说法矛盾；
若小李的说法正确，则“细节决定成败”不是小李的，
则否定小董的说法得出：小王对应“天道酬勤”，
所以得出“细节决定成败”是小董的，剩下“入班即静”是小李的，符合题意.
所以“入班即静”的书写者是：小李.
故选：D.
本题考查推理证明的实际应用.
7．B
【解析】
构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论.
【详解】
设,则函数的导数,，，即函数为减函数,,，则不等式等价为，
则不等式的解集为,即的解为，，由得或，解得或,
故不等式的解集为.故选:.
本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题.
8．B
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.
【详解】
如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：
当时，有最大值为，即，故.
.
当，即时等号成立.
故选：.
本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
9．A
【解析】
试题分析：设公差为
或（舍），故选A.
考点：等差数列及其性质.
10．D
【解析】
根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.
【详解】
设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．
本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.
11．B
【解析】
首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解.
【详解】
由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为
,
设的内切圆的半径为,则,
故选：B
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题.
12．D
【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
故选:D.
本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】
的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为1．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14．
【解析】
当时，，可得到，再用累乘法求出，再求出，根据定义求出，再借助单调性求解．
【详解】
解：当时，，则，，
当时，，
，
，
，
，
（当且仅当时等号成立），
，
故答案为：．
本题主要考查已知求，累乘法，主要考查计算能力，属于中档题．
15．
【解析】
利用，且周期为2，可得，得.
【详解】
∵，且周期为2，
∴，又当时，，
∴，
故答案为：
本题考查函数的周期性与对称性的应用，考查转化能力，属于基础题.
16．
【解析】
试题分析：当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则，所以切线方程为，即．
【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义
【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为．
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）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.
(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.
(3)由(2) 当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.
【详解】
解：
．
是各项不为零的常数列,
则,
则由,
及得,
当时,,
两式作差,可得．
当时,满足上式,
则；
证明：,
当时,,
两式相减得：
即．
即．
又,
,
即．
当时,,
两式相减得：．
数列从第二项起是公差为的等差数列．
又当时,由得,
当时,由,得．
故数列是公差为的等差数列；
证明：由,当时,
,即,
,
,即,
即
,
当时,即．
故从第二项起数列是等比数列,
当时,．
．
另外,由已知条件可得,
又,
,
因而．
令,
则．
故对任意的恒成立．
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.
18．（1）见解析（2）最小值为1．
【解析】
（1）根据抛物线的定义，判断出的轨迹为抛物线，并由此求得轨迹的方程.设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，由此求得点的坐标.写出直线的方程，联立直线的方程和曲线的方程，根据韦达定理求得点的坐标，并由此判断出始终在直线上，且.
（2）设直线的倾斜角为，求得的表达式，求得的表达式，由此求得四边形的面积的表达式进而求得四边形的面积的最小值．
【详解】
(1)∵动圆过定点，且与直线相切，∴动圆圆心到定点和定直线的距离相等，∴动圆圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，∴轨迹的方程为：，
设，∴直线的方程为：，即：①，同理，直线的方程为：②，
由①②可得：，
直线方程为：，联立可得：，
，∴点始终在直线上且；
（2）设直线的倾斜角为，由（1）可得：，
，
∴四边形的面积为：，当且仅当或，即时取等号，∴四边形的面积的最小值为1.
本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中四边形面积的最值的计算，考查运算求解能力，属于中档题.
19．（1） （2）
【解析】
（1）由，分别求得，得到答案；（2）利用正弦定理得到，利用余弦定理解出．
【详解】
(1)因为角 为钝角， ，所以 ，
又 ，所以 ，
且 ，
所以
.
(2)因为 ，且 ，所以 ，
又 ，
则 ，
所以 .
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据离心率以及，即可列方程求得，则问题得解；
（2）设直线方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，根据题意中转化出的，即可求得参数，则三角形面积得解.
【详解】
（1）设，由题意可得.
因为是的中位线，且，
所以，即，
因为
进而得，
所以椭圆方程为
（2）由已知得两边平方
整理可得.
当直线斜率为时，显然不成立.
直线斜率不为时，
设直线的方程为，
联立消去，得，
所以，
由得
将代入
整理得，
展开得，
整理得，
所以.即为所求.
本题考查由离心率求椭圆的方程，以及椭圆三角形面积的求解，属综合中档题.
21．（1）．x2+y2＝1．（2）16
【解析】
（1）直接利用极坐标方程和参数方程公式化简得到答案.
（2）圆心到直线的距离为，故弦长为得到答案.
【详解】
（1），即，即，
即.
，故.
（2）圆心到直线的距离为，故弦长为.
本题考查了极坐标方程和参数方程，圆的弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.
22． (1)；(2)见解析．
【解析】
(1)将转化为对任意恒成立，令，故只需，即可求出的值；
(2)由(1)知，可得，令，可证，使得，从而可确定在上单调递减，在上单调递增，进而可得，即，即可证出．
【详解】
函数的定义域为，因为对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
又，所以当时，，不符合题意；
当时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以要使在时恒成立，则只需，即，
令，，
所以，
当时，；当时，，
所以在 单调递减，在上单调递增，所以，
即，又，所以，
故满足条件的的值只有
(2)由(1)知，所以，
令，则，
当，时，即在上单调递增；
又，，所以，使得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，且
所以，
即，所以，即．
本题主要考查利用导数法求函数的最值及恒成立问题处理方法，第(2)问通过最值问题深化对函数的单调性的考查，同时考查转化与化归的思想，属于中档题．