辽宁省名校协作体2026届高三下学期第二次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省名校协作体2026届高三下学期第二次质量检测数学试题一、单选题（本大题共8小题，每题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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为集合是函数的定义域，根据对数函数性质，得，即.因为全集，由补集的定义得.2.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，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【答案】C【解析】必要性证明：已知，若为偶数，设，则，，故；若为奇数，设，则，，故，因此右边可以推出左边，必要性成立.充分性证明：由得，根据的通解：，代入得：，因此充分性也成立，综上，“”是“”的充分必要条件.3.已知，则（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】，所以.4.表示不超过的最大整数，如[，，若的通项公式为，则数列的前10项和为（）A.-16 B.-15C.-12 D.-10【答案】C【解析】已知，则，根据取整函数性质：对任意整数，，因此.由从到，依次计算得：所以.5.函数，若，则的最小值为（）A. B.2 C.4 D.16【答案】C【解析】，又在单调递增，，，即.，当且仅当时，等号成立.6.某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（）A.35 B.36 C.42 D.50【答案】D【解析】有四类不同的安排情形：①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱，有种不同的安排方法；②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱，有种不同的安排方法；③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱，有种不同的安排方法；④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱，有种不同的安排方法；综上，不同的安排方法共有种.7.设，若存在实数，，，满足，且，则的范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】画出函数的图像，分析，，，间的关系，然后结合二次函数求解即可.【解答】函数的图像如图所示，，，，，，，，，又因为，所以.8.已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，设切点，则切线方程为：，所以，因为，所以，解得显然，在单调递增，所以，时，.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.下列命题正确的是（）A.若样本数据，，的方差为2，则数据的方差为4B.若，，，则C.在一组样本数据，，，，(，不全相等)的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4【答案】BD【解析】原数据方差，设，则，故A错误；，故B正确；所有样本点都在直线

上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为

，直线斜率为负，故相关系数为

，故C错误；模型

取对数得

，令

，则回归方程为

，已知

，故

，，即

，，故D正确.10.已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，则下列有关函数及其性质的描述正确的是（）A.B.为函数图象的一条对称轴C.将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象D.函数的单调递减区间为【答案】AC【解析】设函数的最小正周期为，由函数的第一个最低点为，可知；因为函数图象经过点，则，即，且，则或；又因为函数在y轴右侧的第一个零点为，则，即，且，则，解得，当时，，此时函数在y轴右侧的第一个零点为，不合题意；当时，此时，符合题意；对于选项A：，故A正确；对于选项B：因为，不为最值，所以不为函数图象的一条对称轴，故B错误；对于选项C：将的图象向右平移个单位长度，得，为偶函数，故C正确；对于选项D：令，解得，所以函数的单调递减区间为，故D错误.11.已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（）A.球的表面积为B.当四面体体积最大时，C.当时，的最大值为D.当时，的最小值为【答案】ACD【解析】对于A，，，，，则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确；对于B，，又，当平面时，四面体体积最大，平面，，，即和为全等的等边三角形，则，四面体的表面积，，则四面体内切球半径，易得平面，故四面体关于平面对称，则内切球球心在平面上，过分别作，则，平面，平面，同理可得平面，，即四边形为正方形，，故B错误；对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线，设的中点为，又，故直线为直线，则为其中一个截面，又平面，平面，，，在上取一点，作截面，由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小，以为原点建立空间直角坐标系，则，设异面直线的公共法向量为，距离为，，不妨取，则，，即点到距离的最小值为，此时，则截面面积最小值为，综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）12.在中，内角的对边分别是，已知，，则____.【答案】【解析】，所以，，，，即，，，，，,由余弦定理得，.13.在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________．【答案】【解析】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，设点，即，可得，即，所以，则，根据二次函数性质可知当时取得最小值，此时最小值为.所以的最小值为.14.已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________.【答案】【解析】因为为椭圆的右焦点，设其左焦点为，圆的圆心，半径，由椭圆的定义得，则，而，当且仅当点在直线上时取等号，所以当是线段延长线与椭圆的交点、是线段延长线与圆的交点时，取得最大值.四、解答题（本大题共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.设正项数列的前n项和为，且．（1）求的通项公式;（2）若，记数列的前n项和为，证明：．（1）解：依题意，当时，，，则；当时，，，两式相减，整理可得，又为正项数列，故，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）证明：由（1）可知，所以，显然，当，则，即，此时，综上，成立.16.如图，三棱柱的所有棱长均为2，且．（1）证明：；（2）若三棱柱的体积为3，求平面与平面所成角的余弦值．（1）证明：取中点，连接，，又因为是等边三角形，所以，又因为，，所以是等边三角形，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：由三棱柱的体积为3．可知三棱锥的体积为1．即,解得，即，所以，又，所以以为原点．以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，又设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，设平面与平面所成的角为，.即平面与平面所成角的余弦值为．17.某学校田径队有甲、乙等8名运动员，现将这8人平均分成两组进行集训．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长．（1）求甲、乙两人同在组的概率；（2）求甲在三天内至少担任一次组长的概率；（3）记为连续两天中至少担任一次组长的人数，求的概率分布列和数学期望．解：（1）8名运动员分成两组共有种不同方法．记事件为“甲、乙两人同在组”，则事件共有种不同方法，所以．（2）甲每天担任组长的概率为，记事件为“甲在三天内至少担任一次组长”，则，（3）根据题意可得的可能取值为2，3，4，第一天选组长：组从人中选人有​种，组从人中选人种，总选法为种，第二天选组长：组从人中选人有​种，组从人中选人种，总选法为种，的含义：两天的组长完全相同，即组两天选同一个人，组两天也选同一个人，所以的含义：组两天选同一人，组两天选不同的人或组两天选同一人，组两天选不同的人，所以的含义：两天的组长完全不重复，总人数为4，即组两天选不同的人，组两天也选不同的人，所以所以的分布列为23418.已知椭圆的左顶点，上顶点．（1）求椭圆的方程和直线的方程；（2）过椭圆上异于的点作轴的垂线交直线于点，延长至点，使，直线交椭圆于点．（i）求证：直线的斜率之和为定值；（ii）求面积的最大值．（1）解：由椭圆的左顶点，上顶点，得，所以椭圆的方程为，直线的方程为.（2）（i）证明：直线斜率存在，设其方程为，点由，得，则，解得，即点，直线交直线于点，由点是线段的中点，得点，因此直线的斜率，即，所以直线的斜率之和为定值.（ii）解：由（i）同理得，，点到直线的距离，则的面积，显然，，令，，求导得，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，当时，，所以面积的最大值为.19.已知函数，其中．（1）当时，求在处的切线方程；（2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围；（3）若R，对任意的恒成立，求的最小值．解：