2026届贵州省贵阳市普通高中高三第二次联考数学试卷含解析

这是一份2026届贵州省贵阳市普通高中高三第二次联考数学试卷含解析，共9页。
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．在我国传统文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五个物质类别，在五者之间，有一种“相生”的关系，具体是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个，这二者具有相生关系的概率是（ ）
A．0.2B．0.5C．0.4D．0.8
2．设、，数列满足，，，则（ ）
A．对于任意，都存在实数，使得恒成立
B．对于任意，都存在实数，使得恒成立
C．对于任意，都存在实数，使得恒成立
D．对于任意，都存在实数，使得恒成立
3．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
4．在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（ ）
A．依次成等差数列B．依次成等差数列
C．依次成等差数列D．依次成等差数列
5．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（）
A．1B．2C．D．4
6．设a，b，c为正数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不修要条件
7．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（ ）
A．B．C．D．
8．正项等比数列中的、是函数的极值点，则（ ）
A．B．1C．D．2
9．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．将一张边长为的纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥模型，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( )
A．B．C．D．
11．已知为定义在上的偶函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
12．对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平行四边形中，已知，，，若，，则____________．
14．已知函数在定义域R上的导函数为,若函数没有零点,且,当在上与在R上的单调性相同时,则实数k的取值范围是______.
15．函数的值域为_____.
16．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是______，体积是_____.
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）已知集合，集合.
（1）求集合；
（2）若，求实数的取值范围.
18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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)把的参数方程化为极坐标方程：
(2)求与交点的极坐标.
19．（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点．
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点的极坐标为，，求的值．
20．（12分）三棱柱中，平面平面，，点为棱的中点，点为线段上的动点.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求二面角的正切值.
21．（12分）已知矩阵,二阶矩阵满足.
（1）求矩阵;
（2）求矩阵的特征值．
22．（10分）在直角坐标系中，已知点，的参数方程为（为参数），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）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.
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、B
【解析】
利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
从五行中任取两个，所有可能的方法为：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共种，其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土，共种，所以所求的概率为.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题.
2、D
【解析】
取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.
【详解】
取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；
由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，
因为当时，数列单调递增，则；
当时，数列单调递减，则；
所以要使，只需要，故，化简得且.
故选：D．
【点睛】
本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．
3、D
【解析】
利用是偶函数化简，结合在区间上的单调性，比较出三者的大小关系.
【详解】
是偶函数，，
而，因为在上递减，
，
即．
故选:D
【点睛】
本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小，属于基础题.
4、C
【解析】
由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.
【详解】
依次成等差数列，，
正弦定理得，
由余弦定理得 ，，即依次成等差数列，故选C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
5、B
【解析】
因为圆与抛物线的准线相切，则圆心为（3,0），半径为4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于 半径，可知的值为2，选B.
【详解】
请在此输入详解！
6、B
【解析】
根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：，，为正数，
当，，时，满足，但不成立，即充分性不成立，
若，则，即，
即，即，成立，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键．
7、C
【解析】
试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.
考点：三视图
8、B
【解析】
根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.
【详解】
解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根
∴
又是正项等比数列，所以
∴.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.
9、C
【解析】
将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.
【详解】
依题意
，
则，
当时，，故函数在上单调递增，
当时，；
而函数在上单调递减，
故，
则只需，
故，解得，
故实数的取值范围为.
故选：C.
【点睛】
本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.
10、B
【解析】
设折成的四棱锥的底面边长为，高为，则，故由题设可得，所以四棱锥的体积，应选答案B．
11、D
【解析】
判断，利用函数的奇偶性代入计算得到答案.
【详解】
∵，∴．
故选：
【点睛】
本题考查了利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.
12、C
【解析】
根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最值，画出函数图象，即可确定的取值范围.
【详解】
由得，.
令，
则，
令，解得，
所以当时，，则在内单调递增；
当时，，则在内单调递减；
所以在处取得极大值，即最大值为，
则的图象如下图所示：
由有且仅有一个不动点，可得得或，
解得或.
故选：C
【点睛】
本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，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】
设，则，得到，，利用向量的数量积的运算，即可求解．
【详解】
由题意，如图所示，设，则，
又由，，所以为的中点，为的三等分点，
则，，
所以
．
【点睛】
本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
14、
【解析】
由题意可知：为上的单调函数，则为定值，由指数函数的性质可知为上的增函数，则在，单调递增，求导，则恒成立，则，根据函数的正弦函数的性质即可求得的取值范围．
【详解】
若方程无解，
则或恒成立，所以为上的单调函数，
都有，
则为定值，
设，则，易知为上的增函数，
，
，
又与的单调性相同，
在上单调递增，则当，，恒成立，
当，时，，，，，
，
此时，
故答案为：
【点睛】
本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，正弦函数的性质，辅助角公式，考查计算能力，属于中档题．
15、
【解析】
利用配方法化简式子，可得，然后根据观察法，可得结果.
【详解】
函数的定义域为
所以函数的值域为
故答案为：
【点睛】
本题考查的是用配方法求函数的值域问题，属基础题。
16、，.
【解析】
试题分析：由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积，
体积，故填：，.
考点：1.三视图；2.空间几何体的表面积与体积.
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】
（1）求出函数的定义域，即可求出结论；
（2）化简集合，根据确定集合的端点位置，建立的不等量关系，即可求解.
【详解】
（1）由，即得或，
所以集合或.
（2）集合，
由得或，解得或，
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查集合的运算，集合间的关系求参数，考查函数的定义域，属于基础题.
18、（1）（2）与交点的极坐标为，和
【解析】
（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；
（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.
【详解】
(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；
(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.
【点睛】
本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.
19、 (1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.
【解析】
（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，
即， 直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得. 因为直线与曲线交于，两点．
所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线上.所以，
解得，此时满足.且，故.．
【点睛】
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）可证面，从而可得.
（2）可证点为线段的三等分点，再过作于，过作，垂足为，则为二面角的平面角，利用解直角三角形的方法可求.也可以建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量来计算二面角的平面角的余弦值，最后利用同角三角函数的基本关系式可求.
【详解】
证明：（1）因为为中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，故，
又因为，所以，则，
又，故面，又面，所以.
（2）由（1）可得：面在面内的射影为，
则为直线与平面所成的角，即.
因为，所以，所以，所以，
即点为线段的三等分点.
解法一：过作于，则平面，
所以，过作，垂足为，
则为二面角的平面角,
因为，，，
则在中，有，
所以二面角的平面角的正切值为.
解法二：以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设点，由得：，
即，，，点，
平面的一个法向量，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，则，
即，所以二面角的正切值为.
【点睛】
线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
21、（1）（2）特征值为或．
【解析】
（1）先设矩阵,根据,按照运算规律,即可求出矩阵.
（2）令矩阵的特征多项式等于,即可求出矩阵的特征值．
【详解】
解：（1）设矩阵由题意,
因为,
所以
,即
所以,
（2）矩阵的特征多项式,
令,解得或,
所以矩阵的特征值为1或．
【点睛】
本题主要考查矩阵的乘法和矩阵的特征值,考查学生的划归与转化能力和运算求解能力.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）消去参数方程中的参数，求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，求得的直角坐标方程.
（2）求得曲线的标准参数方程，代入的直角坐标方程，写出韦达定理，根据直线参数中参数的几何意义，求得的值.
【详解】
（1）由的参数方程（为参数），消去参数可得，
由曲线的极坐标方程为，得，
所以的直角坐方程为，即.
（2）因为在曲线上，
故可设曲线的参数方程为（为参数），
代入化简可得.
设，对应的参数分别为，，则，，
所以.
【点睛】
本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算，属于中档题.