宁波市2025-2026学年高三第二次联考数学试卷（含答案解析）

这是一份宁波市2025-2026学年高三第二次联考数学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了的展开式中的系数为，已知，若，则， ， ， 的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．不等式的解集记为，有下面四个命题：；；；.其中的真命题是（ ）
A．B．C．D．
2．若函数有且只有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．若等差数列的前项和为，且，，则的值为（ ）．
A．21B．63C．13D．84
5．要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点的（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
6．已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）．
A．B．C．D．
7．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
8．已知（），i为虚数单位，则（ ）
A．B．3C．1D．5
9．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．若，则， ， ， 的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
11．数列的通项公式为．则“”是“为递增数列”的（ ）条件．
A．必要而不充分B．充要C．充分而不必要D．即不充分也不必要
12．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ）
A．B．4C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数的图象在处的切线斜率为，则______．
14．如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，，则的值是______.
15．（5分）已知，且，则的值是____________．
16． “今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月共织九匹三丈．”其白话意译为：“现有一善织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了5尺布，现在一个月（按30天计算）共织布390尺．”则每天增加的数量为____尺，设该女子一个月中第n天所织布的尺数为，则______．
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）证明：当时，；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围.
18．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）函数，若对于，使得成立，求的取值范围.
19．（12分）已知函数.
（1）若函数，试讨论的单调性；
（2）若，，求的取值范围.
20．（12分）在四棱柱中，底面为正方形，，平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
21．（12分）已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.
22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的普通方程；
（2）若P，Q分别为曲线，上的动点，求的最大值.
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．A
【解析】
作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.
【详解】
作出可行域如图所示，当时，，即的取值范围为，所以为真命题；
为真命题；为假命题.
故选：A
此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.
2．B
【解析】
由是偶函数，则只需在上有且只有两个零点即可.
【详解】
解：显然是偶函数
所以只需时，有且只有2个零点即可
令，则
令，
递减，且
递增，且
时，有且只有2个零点，
只需
故选：B
考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围，基础题.
3．A
【解析】
首先判断和1的大小关系，再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.
【详解】
因为，，，所以，综上可得.
故选：A
本题考查了换底公式和对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．B
【解析】
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
【详解】
解：因为，，
所以，解可得，，，
则．
故选：B．
本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．
5．C
【解析】
根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得.
【详解】
为得到，
将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
故可得；
再将 向左平移个单位长度，
故可得.
故选：C.
本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.
6．A
【解析】
先化简求出，即可求得答案.
【详解】
因为，
所以
所以
故选：A
此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.
7．C
【解析】
由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C.
点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解.
8．C
【解析】
利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.
【详解】
由，得，解得.
故选:C.
本题考查复数代数形式的乘法运算,是基础题.
9．C
【解析】
由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解
【详解】
先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，
故选：C
本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题
10．D
【解析】
因为，所以，
因为，，所以,.
综上；故选D.
11．A
【解析】
根据递增数列的特点可知，解得，由此得到若是递增数列，则，根据推出关系可确定结果.
【详解】
若“是递增数列”，则，
即，化简得：，
又，，，
则是递增数列，是递增数列，
“”是“为递增数列”的必要不充分条件．
故选：.
本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.
12．D
【解析】
由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模．
【详解】
，．
故选：D．
本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先对函数f（x）求导，再根据图象在（0，f（0））处切线的斜率为﹣4，得f′（0）＝﹣4，由此可求a的值.
【详解】
由函数得，∵函数f（x）的图象在（0，f（0））处切线的斜率为﹣4，，.
故答案为4
本题考查了根据曲线上在某点切线方程的斜率求参数的问题，属于基础题．
14．
【解析】
根据圆柱的体积为，以及圆锥的体积公式，计算即得.
【详解】
由题得，，得.
故答案为：
本题主要考查圆锥体的体积，是基础题.
15．
【解析】
由于，且，则，得，则．
16． 52
【解析】
设从第2天开始,每天比前一天多织尺布,由等差数列前项和公式求出,由此利用等差数列通项公式能求出.
【详解】
设从第2天开始,每天比前一天多织d尺布,
则,
解得,即每天增加的数量为，
，故答案为，52.
本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的求和公式，意在考查利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.
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）见解析；（2）
【解析】
（1）要证明，只需证明即可；
（2）有3个根，可转化为有3个根，即与有3个不同交点，利用导数作出的图象即可.
【详解】
（1）令，则，当时，，
故在上单调递增，所以，
即，所以.
（2）由已知，，
依题意，有3个零点，即有3个根，显然0不是其根，所以
有3个根，令，则，当时，，当
时，，当时，，故在单调递减，在，上
单调递增，作出的图象，易得.
故实数的取值范围为.
本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.
18．（1）当时，在上增；当时，在上减，在上增（2）
【解析】
（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，确定单调区间；
（2）题意说明,利用导数求出的最小值，由（1）可得的最小值，从而得出结论．
【详解】
解：（1）定义域为
当时，即在上增；
当时，即得得
综上所述，当时，在上增；
当时，在上减，在上增
（2）由题
在上增
由（1）当时，在上增，所以此时无最小值；
当时，在上减，在上增，
即，解得
综上
本题考查用导数求函数的单调区间，考查不等式恒成立问题，解题关键是掌握转化与化归思想，本题恒成立问题转化为，求出两函数的最小值后可得结论．
19．（1）答案不唯一，具体见解析（2）
【解析】
（1）由于函数，得出，分类讨论当和时，的正负，进而得出的单调性；
（2）求出，令，得，设，通过导函数，可得出在上的单调性和值域，再分类讨论和时，的单调性，再结合，恒成立，即可求出的取值范围.
【详解】
解：（1）因为，
所以，
①当时，，在上单调递减.
②当时，令，则；令，则，
所以在单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，可知，
，
令，得.
设，则.
当时，，在上单调递增，
所以在上的值域是，即.
当时，没有实根，且，
在上单调递减，，符合题意.
当时，，
所以有唯一实根，
当时，，在上单调递增，，不符合题意.
综上，，即的取值范围为.
本题考查利用导数研究函数的单调性和根据恒成立问题求参数范围，还运用了构造函数法，还考查分类讨论思想和计算能力，属于难题.
20．（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）连接，设，可证得四边形为平行四边形，由此得到，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可求得结果.
【详解】
（1）连接，设，连接，
在四棱柱中，分别为的中点，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面．
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
设，
四边形为正方形，，，
则，，，，
，，，
设为平面的法向量，为平面的法向量，
由得：，令，则，，
由得：，令，则，，
，，
，
二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
本题考查立体几何中线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；关键是能够熟练掌握二面角的向量求法，易错点是求得法向量夹角余弦值后，未根据图形判断二面角为锐二面角还是钝二面角，造成余弦值符号出现错误.
21． (1) .
(2) 为定值.过程见解析.
【解析】
分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；
（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.
详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：
，两式相减并整理可得，
，即.
又因为，，代入上式可得，.
又，所以，
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时
；
否则，可设直线的方程为，联立，消可得，
，
则有：，
所以
设直线方程为，联立，根据对称性，
不妨得，
所以.
故，
综上所述，为定值.
点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.
22．（1），；（2）
【解析】
试题分析：（1）由消去参数，可得的普通方程，由可得的普通方程；
（2）设为曲线上一点，点到曲线的圆心的距离，结合可得最值，的最大值为，从而得解.
试题解析：
（1）的普通方程为.
∵曲线的极坐标方程为，
∴曲线的普通方程为，即.
（2）设为曲线上一点，
则点到曲线的圆心的距离
.
∵，∴当时，d有最大值.
又∵P，Q分别为曲线，曲线上动点，
∴的最大值为.