2026届东北育才学校高三压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届东北育才学校高三压轴卷数学试卷含解析，共11页。试卷主要包含了已知集合，，若，则的最小值为，已知是第二象限的角，，则，若复数是纯虚数，则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．函数的定义域为，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数的图象可能是下面的图象( )
A．B．C．D．
3．已知集合，，若，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知是第二象限的角，，则( )
A．B．C．D．
6．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（ ）
A．8B．9C．10D．11
8．已知是双曲线的左、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
9．若为虚数单位，网格纸上小正方形的边长为1，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是（ ）
A．EB．FC．GD．H
10．若复数是纯虚数，则( )
A．3B．5C．D．
11．设等比数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，且，则__________．
14．如图所示，点，B均在抛物线上，等腰直角的斜边为BC，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标是________.
15．在矩形ABCD中，，，点E，F分别为BC，CD边上动点，且满足，则的最大值为________.
16．设，则“”是“”的__________条件.
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）的内角，，的对边分别为，,已知，.
（1）求；
（2）若的面积，求.
18．（12分）已知函数f（x）ax﹣lnx（a∈R）.
（1）若a＝2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝f（x）1，若函数g（x）在上有两个零点，求实数a的取值范围.
19．（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，证明：.
20．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
21．（12分）已知函数，它的导函数为．
（1）当时，求的零点；
（2）当时，证明：．
22．（10分）在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB =2BC，点Q为AE的中点.
（1）求证：AC//平面DQF；
（2）若∠ABC=60°，AC⊥FB，求BC与平面DQF所成角的正弦值.
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】
根据函数定义域得集合，解对数不等式得到集合，然后直接利用交集运算求解.
【详解】
解：由函数得，解得，即；
又，解得，即，
则.
故选：A.
【点睛】
本题考查了交集及其运算，考查了函数定义域的求法，是基础题.
2、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．
3、B
【解析】
解出,分别代入选项中 的值进行验证.
【详解】
解：，.当 时,，此时不成立.
当 时,，此时成立，符合题意.
故选:B.
【点睛】
本题考查了不等式的解法,考查了集合的关系.
4、B
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．
【详解】
不等式组作出可行域如图：，，，
的几何意义是动点到的斜率，由图象可知的斜率为1，的斜率为：，
则的取值范围是：，，．
故选：．
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．
5、D
【解析】
利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.
【详解】
因为,
由诱导公式可得,,
即,
因为,
所以,
由二倍角的正弦公式可得,
,
所以.
故选:D
【点睛】
本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.
6、C
【解析】
根据等比数列的前项和公式，判断出正确选项.
【详解】
由于数列是等比数列，所以，由于，所以
，故“”是“”的充分必要条件.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比数列前项和公式，属于基础题.
7、B
【解析】
根据题意计算，，，解不等式得到答案.
【详解】
∵是以1为首项，2为公差的等差数列，∴.
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，∴.
∴
.
∵，∴，解得.则当时，的最大值是9.
故选：.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
8、D
【解析】
根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解.
【详解】
如图，
因为为等腰三角形，，
所以，,
，
又，
，
解得，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：D
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题.
9、C
【解析】
由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.
【详解】
由，所以，对应点.
故选：C
【点睛】
此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.
10、C
【解析】
先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可
【详解】
由z是纯虚数，得且，所以，.
因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.
11、C
【解析】
求得等比数列的公比，然后利用等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】
设等比数列的公比为，，，，
因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查等比数列求和公式的应用，解答的关键就是求出等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题.
12、B
【解析】
直接利用向量的坐标运算得到向量的坐标，利用求得参数m，再用计算即可.
【详解】
依题意，， 而， 即， 解得， 则.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.
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：因,故,所以，,应填.
考点：三角变换及运用．
14、
【解析】
设出两点的坐标，结合抛物线方程、两条直线垂直的条件以及两点间的距离公式列方程，解方程求得的坐标.
【详解】
设，由于在抛物线上，所以.由于三角形是等腰直角三角形，，所以.由得，化为，可得，所以，解得，则.所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查抛物线的方程和运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15、
【解析】
利用平面直角坐标系，设出点E，F的坐标，由可得，利用数量积运算求得，再利用线性规划的知识求出的最大值.
【详解】
建立平面直角坐标系，如图（1）所示：
设，
，
，
即，
又，
令，其中，
画出图形，如图（2）所示：
当直线经过点时，取得最大值.
故答案为：
【点睛】
本题考查了向量数量积的坐标运算、简单的线性规划问题，解题的关键是建立恰当的坐标系，属于基础题.
16、充分必要
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义可判断两者之间的条件关系.
【详解】
当时，有，故“”是“”的充分条件.
当时，有，故“”是“”的必要条件.
故“”是“”的充分必要条件，
故答案为：充分必要.
【点睛】
本题考查充分必要条件的判断，可利用定义来判断，也可以根据两个条件构成命题及逆命题的真假来判断，还可以利用两个条件对应的集合的包含关系来判断，本题属于容易题.
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）
【解析】
试题分析：（1）根据余弦定理求出B,带入条件求出，利用同角三角函数关系求其余弦，再利用两角差的余弦定理即可求出；（2）根据（1）及面积公式可得，利用正弦定理即可求出.
试题解析：（1）由，得，
∴.
∵，∴.
由，得，
∴.
∴ .
（2）由（1），得.
由及题设条件，得，∴.
由，得，
∴，
∴.
点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.
18、（1）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）（2）（3，2e]
【解析】
（1）当a＝2时，求出，求解，即可得出结论；
（2）函数在上有两个零点等价于a＝2x在上有两解，构造函数，，利用导数，可分析求得实数a的取值范围.
【详解】
（1）当a＝2时，定义域为，
则，令，
解得x1，或x1（舍去），
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
（2）设，
函数g（x）在上有两个零点等价于在上有两解
令，，则，
令，，
显然，在区间上单调递增，又，
所以当时，有，即，
当时，有，即，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
时，取得极小值，也是最小值，
即，
由方程在上有两解及，
可得实数a的取值范围是.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化思想以及数形结合思想，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
19、（1）,
（2）证明见解析
【解析】
（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；
（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.
【详解】
（1）设首项为，公差为.
由题意，得，解得，
∴，
∴，∴
当时，
∴，.当时，满足上式.
∴
（2），令数列的前项和为.
两式相减得
∴恒成立，得证.
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.
20、（1）或；（2）或.
【解析】
试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.
试题解析：（1）等价于或或，
解得：或.故不等式的解集为或.
（2）因为：
所以，由题意得：，解得或.
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
21、（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
当时，求函数的导数，判断导函数的单调性，计算即为导函数的零点；
当时，分类讨论x的范围，可令新函数，计算新函数的最值可证明．
【详解】
(1)的定义域为
当时，，，
易知为上的增函数，
又，
所以是的唯一零点；
(2)证明：当时，，
①若，则，
所以成立，
②若，设，则，
令，则，
因为，所以，
从而在上单调递增，
所以，
即，在上单调递增；
所以，即，
故.
【点睛】
本题主要考查导数法研究函数的单调性，单调性，零点的求法．注意分类讨论和构造新函数求函数的最值的应用．
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）连接交于点，连接，通过证明，证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量，计算出线面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形为正方形，所以点为的中点，又因为为的中点，所以；
平面平面，
平面.
（2）解：，设，则，在中，，由余弦定理得：，
．
又，平面．．
平面．
如图建立的空间直角坐标系．
在等腰梯形中，可得．
则．
那么
设平面的法向量为，
则有，即，取，得．
设与平面所成的角为，则．
所以与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本小题主要考查线面平行的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.