2025-2026学年四川双流棠湖中学高三年级调研测试（数学试题）试卷含解析.doc

2025-2026学年四川双流棠湖中学高三年级调研测试（数学试题）试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：对任意都有零点；则下列命题为真命题的是（ ）
A． B． C． D．
2．设复数满足为虚数单位)，则（ ）
A． B． C． D．
3．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为( )
A． B． C． D．
4．将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）
A．图象关于点对称，在区间上为增函数
B．函数最大值为2，图象关于点对称
C．图象关于直线对称，在上的最小值为1
D．最小正周期为，在有两个根
5．天干地支，简称为干支，源自中国远古时代对天象的观测.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”称为十天干，“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”称为十二地支.干支纪年法是天干和地支依次按固定的顺序相互配合组成，以此往复，60年为一个轮回.现从农历2000年至2019年共20个年份中任取2个年份，则这2个年份的天干或地支相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．是平面上的一定点，是平面上不共线的三点，动点满足 ，，则动点的轨迹一定经过的（ ）
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
7．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知复数满足，则=（ ）
A． B．
C． D．
9．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ）
A． B．4 C．2 D．
11．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为( )
A．1 B．－1 C．8l D．－81
12．已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．相交 C．外切 D．相离
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．平面区域的外接圆的方程是____________.
14．如图是一个算法流程图，若输出的实数的值为，则输入的实数的值为______________.

15．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．
16．将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的的概率是___．
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）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．
18．（12分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆 交于，两点，点为椭圆的左焦点.
（1）求证：直线与椭圆相切；
（2）判断是否为定值，并说明理由.
19．（12分）已知函数.
（1）当时.
①求函数在处的切线方程；
②定义其中，求；
（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
20．（12分）已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值.
21．（12分）在中，角，，所对的边分别是，，，且.
(1)求的值；
(2)若，求的取值范围.
22．（10分）椭圆的右焦点，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点.为坐标原点，为椭圆的右顶点，求四边形面积的最大值.
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．A
【解析】
先分别判断每一个命题的真假，再利用复合命题的真假判断确定答案即可.
【详解】
当时，直线和直线，即直线为和直线互相垂直，
所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件，
当直线和直线互相垂直时，，解得.
所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.
：“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件，故是假命题．
当时，没有零点，
所以命题是假命题．
所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题．
故选：．
本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系，考查二次函数的图象， 考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．B
【解析】
易得，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.
【详解】
由已知，，所以.
故选：B.
本题考查复数的乘法、除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
3．D
【解析】
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.
【详解】
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,
因为圆柱的表面积公式为，
所以,解得,
因为圆柱的体积公式为,
所以,
由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，
所以所求圆柱内切球的体积为
.
故选:D
本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.
4．C
【解析】
由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.
【详解】
函数，
则，
将向左平移个单位，
可得，
由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；
对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；
对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；
综上可知，正确的为C，
故选：C.
本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.
5．B
【解析】
利用古典概型概率计算方法分析出符合题意的基本事件个数,结合组合数的计算即可出求得概率.
【详解】
20个年份中天干相同的有10组（每组2个），地支相同的年份有8组（每组2个），从这20个年份中任取2个年份，则这2个年份的天干或地支相同的概率.
故选:B.
本小题主要考查古典概型的计算,考查组合数的计算,考查学生分析问题的能力,难度较易.
6．B
【解析】
解出，计算并化简可得出结论．
【详解】
λ（），
∴，
∴，即点P在BC边的高上，即点P的轨迹经过△ABC的垂心．
故选B．
本题考查了平面向量的数量积运算在几何中的应用，根据条件中的角计算是关键．
7．B
【解析】
转化为，构造函数，利用导数研究单调性，求函数最值，即得解.
【详解】
由，可知．
设，则，
所以函数在上单调递增，
所以．
所以．
故的取值范围是．
故选：B
本题考查了导数在恒成立问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
8．B
【解析】
利用复数的代数运算法则化简即可得到结论.
【详解】
由，得，
所以，.
故选：B.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题.
9．B
【解析】
由题可知，，再结合双曲线第一定义，可得，对有，
即，解得，再对，由勾股定理可得，化简即可求解
【详解】
如图，因为，所以.因为所以.
在中，，即，
得，则.在中，由得.

故选：B
本题考查双曲线的离心率求法，几何性质的应用，属于中档题
10．D
【解析】
由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模．
【详解】
，．
故选：D．
本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题．
11．B
【解析】
根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.
【详解】
因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
故可得，
令，故可得，
又因为，
令，则，
解得
令，则.
故选：B.
本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.
12．B
【解析】
化简圆到直线的距离 ，
又 两圆相交. 选B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
作出平面区域，可知平面区域为三角形，求出三角形的三个顶点坐标，设三角形的外接圆方程为，将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】
作出不等式组所表示的平面区域如下图所示：

由图可知，平面区域为，联立，解得，则点，
同理可得点、，
设的外接圆方程为，
由题意可得，解得，，，
因此，所求圆的方程为.
故答案为：.
本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了一元二次不等式组所表示的平面区域的求作，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中等题.
14．
【解析】
根据程序框图得到程序功能，结合分段函数进行计算即可.
【详解】
解：程序的功能是计算，
若输出的实数的值为，
则当时，由得，
当时，由，此时无解.
故答案为：.
本题主要考查程序框图的识别和判断，理解程序功能是解决本题的关键，属于基础题.
15．
【解析】
先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.
【详解】
取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.

本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.
16．
【解析】
先求出基本事件总数6×6＝36，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率．
【详解】
基本事件总数6×6＝36，点数之和是6包括共5种情况，则所求概率是．
故答案为
本题考查古典概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．

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）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.
(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.
(3)由(2) 当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.
【详解】
解：
．
是各项不为零的常数列,

则,
则由,
及得,
当时,,
两式作差,可得．
当时,满足上式,
则；
证明：,
当时,,
两式相减得：
即．
即．
又,
,
即．
当时,,
两式相减得：．
数列从第二项起是公差为的等差数列．
又当时,由得,
当时,由,得．
故数列是公差为的等差数列；
证明：由,当时,
,即,
,
,即,
即
,
当时,即．
故从第二项起数列是等比数列,
当时,．
．
另外,由已知条件可得,
又,
,
因而．
令,
则．
故对任意的恒成立．
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.
18．（1）证明见解析；（2）是，理由见解析.
【解析】
（1）根据判别式即可证明．
（2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，
【详解】
解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切.
当时，由得，
由题知，，即，
所以.
故直线与椭圆相切.
（2）设，，
当时，，，，

所以，即.
当时，由得，
则，，
.
因为

.
所以，即.故为定值.
本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
19．（1）①；②8079；（2）.
【解析】
（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．
②由，得，由此能求出的值．
（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．
【详解】
（1）①∵，
∴
∴，∴，∵，
所以切线方程为.
②，
.
令，则,.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
（2），当时，函数单调递增；
当时，，函数单调递减∵，，
所以，函数在上的值域为.
因为， ，
故，，①
此时，当 变化时、的变化情况如下：

—
0
+

单调减
最小值
单调增
∵，
，
∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，
使得成立，当且仅当满足下列条件
，即
令，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.
由③式解得：④
综合①④可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的，使成立.
本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）4.
【解析】
（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值，，故可确定点轨迹为椭圆（），进而求解；
（Ⅱ）设直线方程为，点坐标分别为，联立直线与椭圆方程得，，分别由点斜式求得直线KA的方程为，令得，同理得，由结合韦达定理即可求解，而，当重合交于点时，可求最值；
【详解】
（Ⅰ），
所以点的轨迹是一个椭圆，且长轴长，半焦距，
所以，轨迹的方程为.

（Ⅱ）当直线的斜率为0时，与曲线无交点.
当直线的斜率不为0时，设过点的直线方程为，点坐标分别为.
直线与椭圆方程联立得消去，得.
则，.
直线KA的方程为.
令得.
同理可得.
所以

.
所以的中点为.
不妨设点在点的上方，
则.

本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程，椭圆中的定点定值问题，属于中档题
21． (1)；(2)
【解析】
（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得，进而求得和，代入求得结果；
（2）利用正弦定理可将表示为，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为，根据正弦型函数值域的求解方法，结合的范围可求得结果.
【详解】
（1）由正弦定理可得：

即

（2）由（1）知：
，

，即的取值范围为
本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.
22．（1）（2）最大值.
【解析】
（1）根据通径和即可求
（2）设直线方程为，联立椭圆，利用，用含的式子表示出，用换元，
可得，最后用均值不等式求解.
【详解】
解：（1）依题意有，，，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，联立，得.
所以，.
所以
.
令，则，
所以，因，则，所以，当且仅当，即时取得等号，
即四边形面积的最大值.
考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题.