2026届甘肃省天水市第一中学高三第二次联考数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省天水市第一中学高三第二次联考数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了设全集，集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的概率为（ ）

A．B．C．D．
2．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．计算等于( )
A．B．C．D．
4．若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（ ）
A．7B．6C．5D．4
5．已知函数（），若函数在上有唯一零点，则的值为（ ）
A．1B．或0C．1或0D．2或0
6．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
7．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
8．设正项等差数列的前项和为，且满足，则的最小值为
A．8B．16C．24D．36
9．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
10．已知、，，则下列是等式成立的必要不充分条件的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知数列的通项公式是，则（ ）
A．0B．55C．66D．78
12．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数据的标准差为_____．
14．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，且，过点分别作于点，于点，连接，则三棱锥的体积的最大值为__________．
15．已知各项均为正数的等比数列的前项积为，，（且），则__________.
16．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.
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）已知曲线C的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是:（是参数）.
（1）若直线l与曲线C相交于A、B两点,且,试求实数m值.
（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围.
18．（12分）已知函数，设为的导数，．
（1）求，；
（2）猜想的表达式，并证明你的结论．
19．（12分）在某社区举行的2020迎春晚会上，张明和王慧夫妻俩参加该社区的“夫妻蒙眼击鼓”游戏，每轮游戏中张明和王慧各蒙眼击鼓一次，每个人击中鼓则得积分100分，没有击中鼓则扣积分50分，最终积分以家庭为单位计分.已知张明每次击中鼓的概率为，王慧每次击中鼓的概率为；每轮游戏中张明和王慧击中与否互不影响，假设张明和王慧他们家庭参加两轮蒙眼击鼓游戏.
（1）若家庭最终积分超过200分时，这个家庭就可以领取一台全自动洗衣机，问张明和王慧他们家庭可以领取一台全自动洗衣机的概率是多少？
（2）张明和王慧他们家庭两轮游戏得积分之和的分布列和数学期望.
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知在处的切线与轴垂直，若方程有三个实数解、、（），求证：.
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.点在曲线上，点满足.
（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求动点的轨迹的极坐标方程；
（2）点，分别是曲线上第一象限，第二象限上两点，且满足，求的值.
22．（10分）记抛物线的焦点为，点在抛物线上，且直线的斜率为1，当直线过点时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，直线与交于点，，求直线的斜率.
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】
先根据组合数计算出所有的情况数，再根据“3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列”列举得到满足条件的情况，由此可求解出对应的概率.
【详解】
所有的情况数有：种，
3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的情况有：
，共种，
所以目标事件的概率.
故选：C.
【点睛】
本题考查概率与等差数列的综合，涉及到背景文化知识，难度一般.求解该类问题可通过古典概型的概率求解方法进行分析；当情况数较多时，可考虑用排列数、组合数去计算.
2、A
【解析】
将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.
【详解】
曲线，即，
当时，代入可得，所以切点坐标为，
求得导函数可得，
由导数几何意义可知，
由点斜式可得切线方程为，即，
故选：A.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.
3、A
【解析】
利用诱导公式、特殊角的三角函数值，结合对数运算，求得所求表达式的值.
【详解】
原式.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查诱导公式，考查对数运算，属于基础题.
4、C
【解析】
由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算．
【详解】
的二项展开式中二项式系数和为，．
故选：C．
【点睛】
本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．
5、C
【解析】
求出函数的导函数，当时，只需，即，令，利用导数求其单调区间，即可求出参数的值，当时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断；
【详解】
解：∵（），
∴，∴当时，由得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以是极小值，∴只需，
即.令，则，∴函数在上单
调递增.∵，∴；
当时，，函数在上单调递减，∵，，函数在上有且只有一个零点，∴的值是1或0.
故选：C
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.
6、C
【解析】
取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.
【详解】
解：如图，取中点，连接，，
由于正三棱柱，则底面，
而底面，所以，
由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，
所以，且,
所以平面，
而平面，则，
则//，，
∴即为异面直线与所成角，
设，则，，，
则，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.
7、D
【解析】
求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解
【详解】
由于
故集合
或
故集合

故选：D
【点睛】
本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
8、B
【解析】
方法一：由题意得，根据等差数列的性质，得成等差数列，设，则，，则，当且仅当时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
方法二：设正项等差数列的公差为d，由等差数列的前项和公式及，化简可得，即，则，当且仅当，即时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
9、B
【解析】
利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.
【详解】
为的角平分线，则.
，则，
，
在中，由正弦定理得，即，①
在中，由正弦定理得，即，②
①②得，解得，，
由余弦定理得，，
因此，的面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
10、D
【解析】
构造函数，，利用导数分析出这两个函数在区间上均为减函数，由得出，分、、三种情况讨论，利用放缩法结合函数的单调性推导出或，再利用余弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
构造函数，，
则，，
所以，函数、在区间上均为减函数，
当时，则，；当时，，.
由得.
①若，则，即，不合乎题意；
②若，则，则，
此时，，
由于函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则，；
③若，则，则，
此时，
由于函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，则，.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数单调性的应用，构造新函数是解本题的关键，解题时要注意对的取值范围进行分类讨论，考查推理能力，属于中等题.
11、D
【解析】
先分为奇数和偶数两种情况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果.
【详解】
解：由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，
所以当为奇数时，；当为偶数时，，
所以






故选：D
【点睛】
此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.
12、C
【解析】
由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.
【详解】
因为，，
所以解得，
所以，
所以，，，
故选：C.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
先计算平均数再求解方差与标准差即可.
【详解】
解：样本的平均数,
这组数据的方差是
标准差,
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了标准差的计算,属于基础题.
14、
【解析】
由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形，且AF＝2，由基本不等式可得当AE＝EF＝2时，△AEF的面积最大，然后由棱锥体积公式可求得体积最大值．
【详解】
由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，
又AB⊥BC，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，
又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，
于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC，得PC⊥平面AEF，
∴△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝2，
而S△AEF＝（AE2+EF2）＝AF2＝2，
当且仅当AE＝EF=2时，取“＝”，此时△AEF的面积最大，
三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为：
VP﹣AEF＝＝＝．
故答案为
【点睛】
本题主要考查直线与平面垂直的判定，基本不等式的应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
15、
【解析】
利用等比数列的性质求得，进而求得，再利用对数运算求得的值.
【详解】
由于，，所以，则，∴，，.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查等比数列的性质，考查对数运算，属于基础题.
16、
【解析】
可证，则为的外心，又则平面
即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.
【详解】
解：，，
，因为为的中点，所以为的外心，
因为，所以点在内的投影为的外心，
所以平面，
平面
，
所以，
所以，
又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.
故答案为：
【点睛】
本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，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）或；（2）.
【解析】
（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直角坐标条件下求出曲线的圆心坐标和半径，将直线的参数方程化为普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）将圆化为参数方程形式，代入由三角公式化简可求其取值范围．
【详解】
（1）曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为：
直线的直角坐标方程为：
圆心到直线l的距离（弦心距）
圆心到直线的距离为 ：
或
（2）曲线的方程可化为，其参数方程为：
为曲线上任意一点，
的取值范围是
18、,；
，证明见解析
【解析】
对函数进行求导,并通过三角恒等变换进行转化求得的表达式,对函数再进行求导并通过三角恒等变换进行转化求得的表达式;
根据中，的表达式进行归纳猜想,再利用数学归纳法证明即可.
【详解】
（1）
，其中，
[
，其中，
（2）猜想，
下面用数学归纳法证明：
①当时，成立，
②假设时，猜想成立
即
当时，
当时，猜想成立
由①②对成立
【点睛】
本题考查导数及其应用、三角恒等变换、归纳与猜想和数学归纳法;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;熟练掌握用数学归纳法进行证明的步骤是求解本题的关键;属于中档题.
19、（1）（2）详见解析
【解析】
（1）要积分超过分，则需两人共击中次，或者击中次，由此利用相互独立事件概率计算公式，计算出所求概率.
（2）求得的所有可能取值，根据相互独立事件概率计算公式，计算出分布列并求得数学期望.
【详解】
（1）由题意，当家庭最终积分超过200分时，这个家庭就可以领取一台全自动洗衣机，所以要想领取一台全自动洗衣机，则需要这个家庭夫妻俩在两轮游戏中至少击中三次鼓.设事件为“张明第次击中”，事件为“王慧第次击中”，，由事件的独立性和互斥性可得（张明和王慧家庭至少击中三次鼓）
，所以张明和王慧他们家庭可以领取一台全自动洗衣机的概率是.
（2）的所有可能的取值为－200，－50，100，250，400.
，
，
，
，
.
∴的分布列为
∴（分）
【点睛】
本小题考查概率，分布列，数学期望等概率与统计的基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数据处理，应用意识.
20、（1）①当时， 在单调递增,②当时，单调递增区间为,,单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
（1）先求解导函数，然后对参数分类讨论，分析出每种情况下函数的单调性即可；
（2）根据条件先求解出的值，然后构造函数分析出之间的关系，再构造函数分析出之间的关系，由此证明出.
【详解】
（1），
①当时，恒成立，则在单调递增
②当时，令得，
解得，
又，∴
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
（2）依题意得，，则
由（1）得，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴若方程有三个实数解，
则
法一：双偏移法
设，则
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递减，∴，即
设，
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递增，∴，即
∴.
法二：直接证明法
∵，，在上单调递增，
∴要证，即证
设，则
∴在上单调递减，在上单调递增
∴，
∴，即
（注意：若没有证明，扣3分）
关于的证明：
（1）且时，（需要证明），其中
∴
∴
∴
（2）∵，∴
∴，即
∵，，∴，则
∴
【点睛】
本题考查函数与倒导数的综合应用，难度较难.（1）对于含参函数单调性的分析，可通过分析参数的临界值，由此分类讨论函数单调性；（2）利用导数证明不等式常用方法：构造函数，利用新函数的单调性确定函数的最值，从而达到证明不等式的目的.
21、（1）（）；（2）
【解析】
（1）由已知，曲线的参数方程消去t后，要注意x的范围，再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可；
（2）设，，由（1）可得，，相加即可得到证明.
【详解】
（1），
∵，∴，∴，
由题可知：，
：（）.
（2）因为，
设，，
则，
，
.
【点睛】
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.
22、（1）（2）0
【解析】
（1）根据题意，设直线，与联立，得，再由弦长公式，求解.
（2）设，根据直线的斜率为1，则，得到，再由，所以线段中点的纵坐标为，然后直线的方程与直线的方程 联立解得交点H的纵坐标，说明直线轴，直线的斜率为0.
【详解】
（1）依题意，，则直线，
联立得；
设，
则，
解得，故抛物线的方程为.
（2），
因为直线的斜率为1，则，所以，
因为，所以线段中点的纵坐标为.
直线的方程为，即 ①
直线的方程为，即 ②
联立①②解得即点的纵坐标为，即直线轴，
故直线的斜率为0.
如果直线的斜率不存在，结论也显然成立，
综上所述，直线的斜率为0.
【点睛】
本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.
－200
－50
100
250
400