2026届藏拉萨那曲第二高级中学高三第二次调研数学试卷含解析

这是一份2026届藏拉萨那曲第二高级中学高三第二次调研数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，过抛物线C，已知双曲线C，已知数列满足，已知函数，，且，则，由得x＝或x＝3.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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．
2．已知，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．5D．
3．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受，熔铸人们的美学趣味．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述，它们是一些形如的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐声的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数构成乐音的是（ ）
A．B．C．D．
5．过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（ ）
A． B．C．D．
6．设函数若关于的方程有四个实数解，其中，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦距为8，一条渐近线方程为，则C为（ ）
A．B．
C．D．
8．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知数列满足：，则( )
A．16B．25C．28D．33
10．已知函数，，且，则（ ）
A．3B．3或7C．5D．5或8
11．函数的图象可能是下面的图象( )
A．B．C．D．
12．已知函数（）的部分图象如图所示，且，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则实数的取值范围为_____．
14．已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_______.
15．现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有____种.（用数字作答）
16．角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值是 ．
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）如图，三棱柱中，平面，，，分别为，的中点.
（1）求证： 平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（12分）在综合素质评价的某个维度的测评中，依据评分细则，学生之间相互打分，最终将所有的数据合成一个分数，满分100分，按照大于或等于80分的为优秀，小于80分的为合格，为了解学生的在该维度的测评结果，在毕业班中随机抽出一个班的数据.该班共有60名学生，得到如下的列联表：
已知在该班随机抽取1人测评结果为优秀的概率为.
（1）完成上面的列联表；
（2）能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为性别与测评结果有关系？
（3）现在如果想了解全校学生在该维度的表现情况，采取简单随机抽样方式在全校学生中抽取少数一部分来分析，请你选择一个合适的抽样方法，并解释理由.
附：
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点．求证：直线过定点并求出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围．
20．（12分）记无穷数列的前项中最大值为，最小值为，令，则称是“极差数列”.
（1）若，求的前项和；
（2）证明：的“极差数列”仍是；
（3）求证：若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
21．（12分）设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
22．（10分）已知数列，满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）分别求数列，的前项和，.
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】
首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；
【详解】
解：∵，解得
∴，∴.
故选：D
【点睛】
本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
2、D
【解析】
由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.
【详解】
解：，即
，即.
，则.
，解得.
，
故选:D.
【点睛】
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.
3、B
【解析】
作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.
【详解】
如下图所示：
设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，
四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，
四边形为平行四边形，且，
且，且，则四边形为平行四边形，
，平面，则存在直线平面，使得，
若平面，则平面，又平面，则平面，
此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，
所以，平面，，平面，
平面，平面平面，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
4、C
【解析】
由基本音的谐波的定义可得,利用可得,即可判断选项.
【详解】
由题,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波,
由,可知若,则必有,
故选:C
【点睛】
本题考查三角函数的周期与频率,考查理解分析能力.
5、C
【解析】
联立方程解得M(3，)，根据MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.
【详解】
依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝(x－1)．由得x＝或x＝3.
由M在x轴的上方得M(3，)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4
又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形
点M到直线NF的距离为
故选：C.
【点睛】
本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.
6、B
【解析】
画出函数图像，根据图像知：，，，计算得到答案.
【详解】
，画出函数图像，如图所示：
根据图像知：，，故，且.
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图像是解题的关键.
7、A
【解析】
由题意求得c与的值，结合隐含条件列式求得a2，b2，则答案可求.
【详解】
由题意，2c＝8，则c＝4，
又，且a2+b2＝c2，
解得a2＝4，b2＝12.
∴双曲线C的方程为.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.
8、B
【解析】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积．
【详解】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：
则该四棱锥的体积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．
9、C
【解析】
依次递推求出得解.
【详解】
n=1时，，
n=2时，，
n=3时，，
n=4时，，
n=5时，.
故选：C
【点睛】
本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10、B
【解析】
根据函数的对称轴以及函数值，可得结果.
【详解】
函数，
若，则的图象关于对称，
又，所以或，
所以的值是7或3.
故选：B.
【点睛】
本题考查的是三角函数的概念及性质和函数的对称性问题，属基础题
11、C
【解析】
因为，所以函数的图象关于点（2,0）对称，排除A，B．当时，，所以，排除D．选C．
12、A
【解析】
是函数的零点，根据五点法求出图中零点及轴左边第一个零点可得．
【详解】
由题意，，∴函数在轴右边的第一个零点为，在轴左边第一个零点是，
∴的最小值是．
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数的周期性，考查函数的对称性．函数的零点就是其图象对称中心的横坐标．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.
【详解】
解：由条件得到
又
所以函数在处的切线为,
即
圆方程整理可得：
即有圆心且
所以圆心到直线的距离,
即.解得或,
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.
14、
【解析】
根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.
【详解】
因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,
故对任意的恒成立,
,令,
则,
当,即时,该函数在上单调递减,则；
当,即时,,
当,即时,该函数在上单调递增,则,
所以,当时,因为,,
所以,解得；
当时,,满足条件；
当时,,且,
所以,解得,
综上,,
故答案为:
【点睛】
本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.
15、36
【解析】
先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果.
【详解】
由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有种排法，其中甲排在两端，有种排法，则6人排成一排，甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有（种）排法.
所以本题答案为36.
【点睛】
排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.
16、
【解析】
试题分析：由三角函数定义知，又由诱导公式知，所以答案应填：．
考点：1、三角函数定义；2、诱导公式．
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）详见解析；（2）.
【解析】
（1）连接，，则且为的中点，
又∵为的中点，∴，
又平面，平面，
故平面．
（2）由平面，得，．
以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，
，，．
取平面的一个法向量为，
由，得：
，令，得
同理可得平面的一个法向量为
∵平面平面，∴
解得，得，又，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，直线与平面所成角的正弦值是．
18、（1）见解析；（2）在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为“性别与测评结果有关系”（3）见解析.
【解析】
（1）由已知抽取的人中优秀人数为20，这样结合已知可得列联表；
（2）根据列联表计算，比较后可得；
（3）由于性别对结果有影响，因此用分层抽样法．
【详解】
解：（1）
（2）由于，
因此在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为“性别与测评结果有关系”.
（3）由（2）可知性别有可能对是否优秀有影响，所以采用分层抽样按男女生比例抽取一定的学生，这样得到的结果对学生在该维度的总体表现情况会比较符合实际情况.
【点睛】
本题考查独立性检验，考查分层抽样的性质．考查学生的数据处理能力．属于中档题．
19、（1）；（2）证明详见解析，；（3）.
【解析】
(1)根据题意列出关于的等式求解即可.
(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程, 进而求得的方程,并代入,化简分析即可.
(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.
【详解】
解：设椭圆的标准方程焦距为,
由题意得,
由,可得
则,
所以椭圆的标准方程为；
证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,
由题意可知直线的斜率存在,
设直线的方程为,
联立,消去得到,
设点,
则．
所以,
所以的方程为,
令得,
将,代入上式并整理,
,
整理得,
所以,直线与轴相交于定点．
当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,
此时,
当过点的直线斜率存在时,
设直线的方程为,且在椭圆上,
联立方程组,
消去,整理得,
则．
所以
所以,
所以,
由得,
综上可得,的取值范围是．
【点睛】
本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.
20、（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
（1）由是递增数列，得，由此能求出的前项和.
（2）推导出，，由此能证明的“极差数列”仍是.
（3）证当数列是等差数列时，设其公差为，，是一个单调递增数列，从而，，由，，，分类讨论，能证明若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
【详解】
（1）解：∵无穷数列的前项中最大值为，最小值为，，，
是递增数列，∴，
∴的前项和.
（2）证明：∵，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的“极差数列”仍是
（3）证明：当数列是等差数列时，设其公差为，
，
根据，的定义，得：
，，且两个不等式中至少有一个取等号，
当时，必有，∴，
∴是一个单调递增数列，∴，，
∴，
∴，∴是等差数列，
当时，则必有，∴，
∴是一个单调递减数列，∴，，
∴，
∴.∴是等差数列，
当时，，
∵，中必有一个为0，
根据上式，一个为0，为一个必为0，
∴，，
∴数列是常数数列，则数列是等差数列.
综上，若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
【点睛】
本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查等差数列的证明，考查数列的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
21、（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】
（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；
（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】
（1），经过变换后得到的数阵；
（2）经变换后得，故；
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】
本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大．
22、（1）（2）；
【解析】
（1），，可得为公比为2的等比数列，可得为公差为1的等差数列，再算出，的通项公式，解方程组即可；
（2）利用分组求和法解决.
【详解】
（1）依题意有
又.
可得数列为公比为2的等比数列，为公差为1的等差数列，
由，得
解得
故数列，的通项公式分别为.
（2），
.
【点睛】
本题考查利用递推公式求数列的通项公式以及分组求和法求数列的前n项和，考查学生的计算能力，是一道中档题.
优秀
合格
总计
男生
6
女生
18
合计
60
0.25
0.10
0.025
1.323
2.706
5.024
优秀
合格
总计
男生
6
22
28
女生
14
18
32
合计
20
40
60