2026届广东普宁华侨中学高三第二次调研数学试卷含解析

这是一份2026届广东普宁华侨中学高三第二次调研数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了等比数列的各项均为正数，且，则，设函数，若函数有三个零点，则，已知随机变量的分布列是，的二项展开式中，的系数是，设集合，，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．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．
2．设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为则（ ）
A．B．
C．D．
3．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
4．设函数，若函数有三个零点，则（ ）
A．12B．11C．6D．3
5．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
6．已知随机变量的分布列是
则（ ）
A．B．C．D．
7．的二项展开式中，的系数是（ ）
A．70B．-70C．28D．-28
8．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
9．把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
10．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数在区间内有且仅有两个零点，则实数的取值范围是_____.
14．如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，点是棱的中点，点是棱靠近的三等分点，且三棱锥的体积为2，则四棱柱的体积为______．
15．已知复数（为虚数单位），则的模为____．
16．如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________.
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．（12分）已知函数．
（1）当时，求曲线在点的切线方程；
（2）讨论函数的单调性．
18．（12分）已知函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）设，求证：；
（Ⅲ）若对于恒成立，求的最大值．
19．（12分）已知矩形纸片中，，将矩形纸片的右下角沿线段折叠，使矩形的顶点B落在矩形的边上，记该点为E，且折痕的两端点M，N分别在边上.设，的面积为S.
（1）将l表示成θ的函数，并确定θ的取值范围；
（2）求l的最小值及此时的值；
（3）问当θ为何值时，的面积S取得最小值？并求出这个最小值.
20．（12分）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
21．（12分） [选修4-4：极坐标与参数方程]
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求取最大值时的值
22．（10分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
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、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
【点睛】
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.
2、B
【解析】
根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解.
【详解】
在复平面内对应的点的坐标为，则，
，
∵，
代入可得，
解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题.
3、B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
【点睛】
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
4、B
【解析】
画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．
【详解】
作出函数的图象如图所示，
令，
由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），
所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），
由，可得的值分别为，
则
故选B．
【点睛】
本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.
5、B
【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
6、C
【解析】
利用分布列求出，求出期望，再利用期望的性质可求得结果.
【详解】
由分布列的性质可得，得，所以，，
因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是基本知识的考查．
7、A
【解析】
试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．
考点：二项式定理的应用．
8、B
【解析】
由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.
【详解】
抛物线的焦点为，
则，即，
设点的坐标为，点的坐标为，
如图：
∴，
解得，或(舍去)，
∴
∴直线的方程为，
设直线与抛物线的另一个交点为，
由，解得或，
∴，
∴，
故直线被截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.
9、D
【解析】
试题分析：把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），可得的图象；再将图象向右平移个单位，可得的图象，那么所得图象的一个对称中心为，故选D.
考点：三角函数的图象与性质.
10、A
【解析】
解出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
因为，又，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.
11、A
【解析】
由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.
【详解】
设，且线过定点即为的圆心，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.
12、A
【解析】
考虑既属于又属于的集合，即得.
【详解】
.
故选：
【点睛】
本题考查集合的交运算，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】
对函数零点问题等价转化，分离参数讨论交点个数，数形结合求解.
【详解】
由题：函数在区间内有且仅有两个零点，
，
等价于函数恰有两个公共点，
作出大致图象：
要有两个交点，即，
所以.
故答案为：
【点睛】
此题考查函数零点问题，根据函数零点个数求参数的取值范围，关键在于对函数零点问题恰当变形，等价转化，数形结合求解.
14、12
【解析】
由题意，设底面平行四边形的，且边上的高为，直四棱柱的高为，分别表示出直四棱柱的体积和三棱锥的体积，即可求解。
【详解】
由题意，设底面平行四边形的，且边上的高为，直四棱柱的高为，
则直四棱柱的体积为，
又由三棱锥的体积为，
解得，即直四棱柱的体积为。
【点睛】
本题主要考查了棱柱与棱锥的体积的计算问题，其中解答中正确认识几何体的结构特征，合理、恰当地表示直四棱柱三棱锥的体积是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，以及空间想象能力，属于中档试题。
15、
【解析】
，所以．
16、
【解析】
设正四棱柱的底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.
【详解】
解：设正四棱柱的底面边长，高，
则，
即
故答案为：
【点睛】
本题考查柱体、锥体的体积计算，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）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
【解析】
(1)根据导数的几何意义求解即可.
(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.
【详解】
（1）当时,,则切线的斜率为.
又,则曲线在点的切线方程是,
即.
（2）的定义域是.
.
①当时,,所以当时,；当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减；
②当时,,所以当和时,；当时,,
所以在和上单调递增,在上单调递减；
③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；
④当时,,
所以和时,；时,.
所以在和上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论,需要根据题意求函数的极值点,再根据极值点的大小关系分类讨论即可.属于常考题.
18、（Ⅰ）函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）利用二次求导可得，所以在上为增函数，进而可得函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）利用导数可得在区间上存在唯一零点，所以函数在递减，在，递增，则，进而可证；（Ⅲ）条件等价于对于恒成立，构造函数，利用导数可得的单调性，即可得到的最小值为，再次构造函数（a），，利用导数得其单调区间，进而求得最大值．
【详解】
（Ⅰ）当时，，
则，所以，
又因为，所以在上为增函数，
因为，所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
即函数的单调增区间为，单调减区间为；
（Ⅱ），
则令，则（1），，
所以在区间上存在唯一零点，
设零点为，则，且，
当时，，当，，，
所以函数在递减，在，递增，
，
由，得，所以，
由于，，从而；
（Ⅲ）因为对于恒成立，即对于恒成立，
不妨令，
因为，，
所以的解为，
则当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以的最小值为，
则，
不妨令（a），，
则（a），解得，
所以当时，（a），（a）为增函数，
当时，（a），（a）为减函数，
所以（a）的最大值为，
则的最大值为．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，以及函数不等式恒成立问题的解法，意在考查学生等价转化思想和数学运算能力，属于较难题．
19、（1）（2），的最小值为.（3）时，面积取最小值为
【解析】
（1）,利用三角函数定义分别表示,且,即可得到关于的解析式；,,则,即可得到的范围；
（2）由（1）,若求l的最小值即求的最大值,即可求的最大值,设为,令,则,即可设,利用导函数判断函数的单调性,即可求得的最大值,进而求解；
（3）由题,,则,设,,利用导函数求得的最大值,即可求得的最小值.
【详解】
解:（1）,
故.
因为,所以，,
所以,
又,,则,所以,
所以
（2）记,
则,
设,,则,
记,则,
令,则,
当时,；当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
故当时取最小值,此时,的最小值为.
（3）的面积,
所以,设,则,
设,则,令,,
所以当时,；当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
故当,即时,面积取最小值为
【点睛】
本题考查三角函数定义的应用,考查利用导函数求最值,考查运算能力.
20、（1）证明见解析；（2）存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】
（1）在直角梯形中，根据，，得为等边三角形，再由余弦定理求得，满足，得到，再根据平面平面，利用面面垂直的性质定理证明.
（2）建立空间直角坐标系：假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，求得平面的一个法向量，再利用线面角公式求解.
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，，，
因此为等边三角形，从而，又，
由余弦定理得：，
∴，即，且折叠后与位置关系不变，
又∵平面平面，且平面平面.
∴平面，∵平面，
∴平面平面.
（2）∵为等边三角形，为的中点，
∴，又∵平面平面，且平面平面，
∴平面，
取的中点，连结，则，从而，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，则，
假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，
∵，∴，故，
∴，又，
该平面的法向量为，
，
令得，
∴，
解得或（舍），
综上可知，存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
21、 (1) 的极坐标方程为.曲线的直角坐标方程为. (2)
【解析】
(1)先得到的一般方程，再由极坐标化直角坐标的公式得到一般方程，将代入得，得到曲线的直角坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为，，
将 分别代入曲线、极坐标方程得：，，，之后进行化一，可得到最值，此时，可求解.
【详解】
（1）由得，
将代入得：
，故曲线的极坐标方程为.
由得，
将代入得，故曲线的直角坐标方程为.
（2）设点、的极坐标分别为，，
将 分别代入曲线、极坐标方程得：，，
则 ，其
中为锐角，且满足，，当时，取最大值，
此时，
【点睛】
这个题目考查了参数方程化为普通方程的方法，极坐标化为直角坐标的方法，以及极坐标中极径的几何意义，极径代表的是曲线上的点到极点的距离，在参数方程和极坐标方程中，能表示距离的量一个是极径，一个是t的几何意义，其中极径多数用于过极点的曲线，而t的应用更广泛一些.
22、，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
【点睛】
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．