河南青桐鸣2026届高三下学期学情调研（二）数学试卷+答案

秘密★启用前

学情调研(二)

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡

上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知复数,i为虚数单位，则z的虚部为

ABCD

2.已知向量a=(4,2),b=(1,-1),则(a+b)·(a—2b)=

A.14B.18C.22D.35

3.已知集合A={x|2+a<x<-a},,且A∩B={x|-1<x<1},则

实数a=

A.-1B.-2C.—3D

4.已知F₁,F₂分别为椭圆C:(a>b>0)的左、右焦点，点B为椭圆C的上顶

点，若2|BF₂|=√3|F₁F₂|=6,则椭圆C的标准方程为

BCD

5.如图是函数的部分图象，则函数f(x)的解析式可以为

A

0受

-2

数学试题(二)第1页(共4页)

6.已知数列{an}的前n项和为S,a₁=-7,a₆=3,an+2-an=4,则S,=

A.0B.7C.9D.20

7.已知函数f(x)=(x³-3x²)e⁻*+¹+1,则函数f(x)的零点个数为

A.1B.2C.3D.4

8.已知a=logo.30.2,b=log₂3,c=0.3⁰.2,则

A.b>c>aB.a>b>c

C.c>a>bD.b>a>c

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题

目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

9.某小组共有12人，其中男生4人，女生8人，在某项测试中男生得分的平均数x₁为9,

方差s²为8;女生得分的平均数x₂为6,方差s2为12,记这次测试中该小组总体的平

均数为x,方差为s²,则下列正确的有

A.z₂<x<x1B.s²<s²<s2

C.s²>s2D.x²<s²

10.已知A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)是函数f(x)=|lnx|图象上的两个动点，过A,B两点的

切线l₁与l₂相交于点P,直线l₁,l₂分别与y轴相交于点M,N,若l₁⊥l₂,则下列正

确的有

A.x₁x₂=1B.y₁=y₂

C.|MN|为定值D.存在A,B两点，使△PMN的面积等于2

11.在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC⊥AB,AB=2AA₁=4,M为AA₁的中点，N为

AB上一点，点O₁,O₂分别为直三棱柱ABC-A₁B₁C₁和三棱锥C₁-MNB₁的外接

球的球心，且MN⊥NB₁,直三棱柱ABC-A₁B₁C₁存在表面积为4π的内切球O₃,则

下列正确的有

A.球O₁的表面积为29π

B.

C.点O₂在球O₃内

D.过O₂O₃的平面截球O₁的截面圆的面积的最小值为

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12,已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)=log。(3x+1),则

f(一5)=.,

数学试题(二)第2页(共4页)

13.设双曲线(的左、右焦点分别为F₁,F₂,过F,的直线与C

交于A,B两点，其中点A在第一象限，若|AF₂|=|BF₂|,AF₂⊥BF₂,则C的离心率

为

14.已知,则cos(x+y)的最大值为

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15.(13分)

小明参加庆新年活动中的一项小游戏.游戏中有完全相同的甲、乙两个小袋，每袋中有

形状、质地和大小完全相同的8个乒乓球，其中甲袋中有6个黄球和2个白球，乙袋中

有3个黄球和5个白球.

游戏规定：参加游戏者首先从这两个袋子中等可能地随机选择一个袋子，再从选中的

袋子中等可能地随机摸出一个球.

(1)求小明摸出的是黄球的概率；

(2)已知小明摸出的球是白球，求他选中的袋子为甲袋的概率.

16.(15分)

已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,√3asinC=c(cosA+1),且c=3,

b=6.

(1)求a;

(2)已知点D在边BC上，且BD=2DC,求∠ADB的余弦值.

数学试题(二)第3页(共4页)

17.(15分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA=PD=AD,AB=

√2AD,且∠DAB=45°,PA⊥AB.

(1)证明：平面PDC⊥平面ABCD;

(2)求平面ABP与平面ADP夹角的余弦值.

18.(17分)

已知圆心在y轴上移动的圆经过点A(0,—4),且与x轴、y轴分别交于点B(x,0),

C(0,y)两个动点，动点M(x,y)的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)已知O为坐标原点，直线y=kx+4(k为实数)与曲线E交于P,Q两点，证明：

∠PAO=∠QAO;

(3)已知曲线E上存在三个点M₁,M₂,M₃,使△M₁M₂M₃为等腰直角三角形，求

△M₁M₂M₃面积的最小值.

19.(17分)

巳知数列{an}的前n项和为S,且函数f(x)=2cosx+x²-2.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求f(x)的最小值；

(3)证明：

数学试题(二)第4页(共4页)

学情调研(二)

数学参考答案

所以S,=(-7)+(一5)+(一3)+(一1)+1+3十

1.D【解析】

5+7+9=9.

故选

,则z的虚部为C.

7.C【解析】由题意，f'(x)=--x(十

故选D.

2.A【解析】a+b=(5,1),a-2b=(2,4),(a+b)·

令x²—6x+6=0,解得x=3±√3,设z₁=3一√3,

(a-2b)=5×2+1×4=14,

x₂=3+√3,则0<x<x₂,又e⁻+¹>0恒成立，

故选A.

令f'(x)<0,解得0<x<x₁或x>x₂;

3.C【解析】由,解得x<1或x≥3,所以B=

令了'(x)>0,解得x<0或xi<x<x₂.

x|x<1或x≥3},又A∩B={x|-1<x<1},所以f(x)在(0,x₁),(x₂,+∞)上单调递减，在

所以2+a=-1,故a=--3.经检验符合题意.(一∞,0),(x₁,x₂)上单调递增，

故选C.即f(x)的单调递减区间为(0,3—√3)和(3+√3,

4.B【解析】由2|BF₂|=√3|F₁F₂I=6,得a=3,十∞),单调递增区间为(一∞,0)和(3—√3,3+

c=√3,b²=a²—c²=6,√3).

所以椭圆C的标准方程当x∈(一∞,0)时，因为f(-1)=1-4e²<0,

f(0)=1>0,即f(一1)f(0)<0,所以f(x)在

故选B.

(-∞,0)上存在唯一零点：

5.A【解析】由图可知，,所以当x∈(0,x₁)时，f(x₁)=f(3-√3)<f(1)=1一

2<0,故f(0)f(云)<0,所以f(x)在(0,x)上存

w=2,当A>0时，,所以₁₁

在唯一零点；

当x∈(xxz)时，

f(x₂)=f(3+√3)>f(3)=1>0,故f(x₁)·

当A<0时x(k∈Z),所以φ=f(x₂)≤0,所以f(x)在(xi.x₂)上存在唯一

零点；

,舍去，

当x>xz=3+√3>3时，f(x)=(r³-3r²)e⁻*⁻¹+

1≥0,所以在上无零点

,所以f(x)(x₂,+∞)

综上，函数f(x)的零点个数为3.

A--2,

故选C.

综上函数f(x)的解析式为8.D【解析】c=0.3°.²<0.3°=1,a=loga.s0.2>

logo.s0.3=1,

故选A.

6.C【解析】由u=·7,uu+2--an=4,所以数列又a=logo.30..1g2-1<1g3-

{a。)的奇数项足首项为一7,公差为4的等差数列，

所以az=3,u1,a,一5,a。=9,1<0,

又a₆3,aa+2-a。=4,所以ao-a=4,得a

-1,同理uz=-5,ag=7,又0<lg2<1g

·敏学(二)答案(第1页，共6页)·

所以△PMN的面积的取值范围(0.1),故D

设f(x)=x²一x,当时，丽数f(x)单调

错误.

递减，故选ABC,

所以lg²3-1g3<1g²2-Ig2.lg2-1<lg3-1<0,11.ABD【解析】直三棱柱ABC-AB₁C₁如图，

故,即b>a,

综上，b>a>c.

故选D.

9.AC【解析】,则x₂<x<

x,故A正确；直三棱柱ABC-A,B₁C,存在表面积为4π的内

切球O₃,

,故C正确，B,D错误，设球O₃的半径为r₃,即r₃=1,

敞选AC.则球O₃的直径2r₃=AA₁=2,

10.ABC【解析】由题设f(x)=设点T,R分别为CC₁,BB,的中点，由直三棱柱

ABC-A₁B₁C,的对称性，O₃在直三棱柱ABC-

不妨设0<r₁<x₂,

A,B₁C₁的截面MTR中，

设直线L₁,l₂的斜率分别为k₁,k₂,又f'(x)=如图，球O₃在平面MTR中的截面圆与边分别切

于点，D,E,F,

当1≤r₁<x₂时，k,则

当0<r₁<x₂<1时，;则

⊥

均与Ll₂矛盾，所以若L上↓₂,则0<x₁<由r₃=1,AB=4,所以,故

1≤r₂,

则k₁k₂=-1,则,即x₁x₂=1,故

A正确；

由x:x₂=1,所以Inx₁x₂=Inx₁+Inx₂=0,所

以Inr₂=-Inx₁,所以y₁=y₂,故B正确；

所以AC=3,又AC⊥AB,所以BC=5,

,则M(0,1-Inx₁),

设球O,的半径为r₁,

,则N(0,Inx₂-1),由上知O₁为矩形BCC₁B₁的中心，且球O的直

径为矩形BCC₁B,的对角线，所以球O₁的半径

则MN|=12-Inx₁-Inr₂l=2-Inx₁Iz=2,

故C正确；,所以球O,的表

设点P的横坐标为xp。

面积为4πr²=29π,所以A正确；

因为0<x₁<1,联立直线bl的方程可得xp

又O₁和(,均在一棱柱ABC-A₁B₁C,的截面

MTR中，

且O为TR的中点，又RD-RE=3,所以OD=

所以

·敏学(二)答案(第2页，共6页)·

XO,D⊥RT、所以|O,O,1=√I·DO一(2√2a--2a)×2√2u

,所以Bi)确；

化简,所以

由MN.1NB₁又MA,LA,B,所以A,M、N,

B,四点均在过MNB,的球(。的截而脚上、【解析sinxH√2si,得sin²x+

所以球(:也是三校俳C₁-MA,B₁的外接球，

XCA,、MA₁,B₁A,两两垂直，故球O:为矩形

C,TRB,的中心，由sin'x=1-cos'.c,sin'y=1-cos²y,

所以点O在球O,外，所以C错误；

所以1-cos²x+2-2cos²y+2√2sinrsiny=

由上知7()。为C₁R的中点，所以O:,0,0,三点

连线为直角三角形，如图，

乂cos²x+2cos²y≥2√2cosxcosy,

所以

3-2√2cosrcosy+2√2sinrsiny,

当O到过O₂O,的平面的距离最大时，截面圆

面积取得最小值，得,即

且,又O.021当且仅当|cosx|=√2|cosyl,即

0,O₃,所以时，等号成立.

15.解：设“选择甲袋”为事件A₁,“选择乙袋”为事件

所以O,到O₂O,的距离为,该距离为O,到

A₂,“摸球结果为黄球”为事件B₁,“摸球结果为

过O₂O、的平面的最大距离，白球”为事件B,

(1)P(B₁)=P(A₁)P(B₁IA)+P(A₂)P(B₁IA₂)=

又.所以此时截面圆的半径r-

所以摸出的是货球的概率为：(6分)

过0:0,的平面椒球O,的截面圆面积的最小值

(2)因为B₁,B:是对立事件，P(B₂)=1-P(B₁)=

为,故D正确.

(8分)

故选ABD.

17.4[解析】山必在f(5)=log216=4,乂f(一5)=所以

一/(5)4.

13./3【解析】2|AF₂1一|BF,|=1,则|AB|=

/21,

山以曲线定义，|BP,|-|BP,|2u,|AF,

所以选中的袋子为甲袋的概率为(13分)

|Ar,1Zo,所以|AF,|一·2u+1-I√.I12a,

所以1一2√2u16.解；(1)在△八BC中，√3asinC=c(cosA+1),

在∠BP,F,中，FP,I-11F,I'!BF.|'出正弦定理可得√3sinAsinC=sinCcosA+

2|BF1·BJ,十(b135°,sinC,(2分)

所以4r'(z√2uZu)8u¹?×XsinC+0,故√3sinA-cosA=1,所以

·蚁单(二)茗泉(3页，共6页)·

所以平面」平面(7分)

(4分)iPDCABCD.

(2)由(1)可知，PO,AO,CO两两垂直，如图以O

又0°<A<180°,所以A=60^,(5分)

为坐标原点，OA所在直线为x轴，OC所在直线

由余弦定理得a²=b²一

为v轴，OP所在商线为z轴，建立如图所示的空

所以a=3√3.(7分)问直角坐标系O-xyz.(8分)

则I'(0,0,2),A(2,0,0),D(0,2,0),B(2,4,0),

(2)由(1)物(8分)(9分)

AP=(一2,0,2),AB=(0,4,0),AD=(-2,2,

0).

设n=(x₁,y₁,z;)为平面ABP的法向量，

(11分)

则即可取n=

(1,0,1),(11分)

设m=(x₂,y₂,z₂)为平面ADP的法向量，

21,(13分)

则即可取m=

由余弦定理，得

(1,1,1),(13分)

(15分)

17.解：(1)证明：设AB=√2AD=4,所以AD=2√2.

所以平面ABP与平面ADP夹角的余弦值

(15分)

18.解：(1)设圆心为(0,b),则半径r=|b+4|,b≠

一4.

得圆的方程为x²+(y-b)²=(b+4)²,(1分)

由圆过点B(x,0),所以x²+b²=(b+4)²,化简

过点P作CD延长线的垂线，垂足为O,连

接AO,得x²=8b+16,故(2分)

因为ABCD为平行四边形，故AB//DC;又

又圆过点C(0,y),所以(y-b)²=(b+4)²,化简

AP⊥AB,故CO⊥AP,

得y²-2by—8b-16=0,(3分)

又COLOP,且AP∩OP=P;AP,OPC平面

APO,所以CO⊥平面APO,(2分)由

又AOC平面APO,可得DO⊥AO,

所以(4分)

又∠DAB=45°,所以∠ADO=45°,所以△AOD

为等腰直角三角形，整理得4y⁸-(x²-16)y-4.x²=0,又4y²-

所以OD=OA=2,(x³-16)y-4x²=(4y-x²)(y+4)=0,

又PD=2√2,且.PO⊥OD,由勾股定理可得又y=-4时，C(0,y)与A(0,一4)重合，故舍去，

PO=2,(4分)所以曲线E的方程为4y-x³=0,即x²=4y.

又OA=2,PA=2√2,所以OA²+OP²=PA²,(5分)

所以POLOA,又PO⊥OD,OA∩UD=0,0A,(2)证叨：设P(ry),Q(x1。),

平面所以」平面又

ODCAOD,POAOD,OPC由得x²--4kx-16=0.则有a,十

平面PDC,

·数学(二)答策(第4页，共6页),

x。=4kxyT。-16,不妨设x>0,x。≤0,

(7分)

要证∠PA()=∠QAO,只要证tan∠PAO=(15分)

tan∠QAO,即即可，因为k²+1≥2k,则(k²+1)²≥4k},又k²+1≥

,则(k²+1)³≥2k²(k₁+1)²,

只要,只要证

,当且仅当k₁=1时取等号，所

,只要以△MM₂M₃的面积的最小值为16.(17分)

19.解：(1)由S₁=a₁,得4—3a₁-9a₁=1,所以a₁=

即(9分)

(1分)

又x,+x。=4k,xpr。=-16.所以

,得4—3an-1-9S。-1=

0,得证，

综上，∠PAO=∠QAO.(10分)

(3)不妨设M₁M₂⊥M₂M₃,

当n≥2时，aa=S,-S。

设点,M₂,且所以4—3a。一9S.一(4—3a,,-9S.-1.)=

5)

x₁>x₂>x₃,直线M₁M₂的斜率为k₁(k₁>0),-12a。+3

故4"a—4⁻¹a-1=1.n≥2.(3分)

则直线M₂M₃的斜率为

又4a₁=1,所以数列{4"a。}是以1为首项，1为公

因为|M₁M₂|=|M₂M₃|,则|x₁一x₂|·√1+k=差的等差数列，

所以4"a。=n,得(4分)

得x₂一xs=k(x₁一x₂)①,(11分)(2)f'(x)=—2sinx+2x,设h(x)=f'(x)=

-2sinx+2x,(5分)

又h'(x)=2(1-cosx)≥0,所以函数f'(x)在R

因为,则x₁+x₂=4k₁,即