精品解析：江苏省南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期8月月考数学试题

2026届8月阶段测验 数学试卷 一、单项选择题：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. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 既不充分又不必要 D. 充要 3. 已知向量满足，则＝（ ） A. 5 B. －5 C. －11 D. 11 4. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 28 B. 32 C. 36 D. 40 6. 设，若与的二项展开式中的常数项相等，则 A. 4 B. -4 C. 2 D. -2 7. 点A在直线y＝x上，点B在曲线上，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（ ） A. 2 B. 5 C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知，下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数的最小值为 11. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 小张连续9天去快递店拿快递的个数依次为3，1，5，2，3，4，1，4，6.若从这组数据中随机删除1个数后，得到一组新数据，则这组新数据的中位数与原数据的中位数相等的概率为__________. 13. 已知三棱锥的体积为2，是等腰直角三角形，其斜边，且三棱锥的外接球的球心O恰好是AD的中点，则球O的体积为______． 14. 已知，则的最小值为______． 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. 在一次购物活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从这10张中任取2张，求： （1）该顾客中奖的概率； （2）该顾客获得的奖品总价值（单位：元）的期望． 16. 已知数列满足a1＝3，a2＝5，且，n∈N*． （1）设bn＝an＋1－an，求证：数列是等比数列； （2）若数列{an}满足（n∈N*），求实数m的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面. （1）证明：. （2）若，求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆过点，离心率为.不过原点的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线的斜率为定值； （3）求面积的最大值. 19. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届8月阶段测验 数学试卷 一、单项选择题：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. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再根据题干的条件即可求出. 【详解】由题干知，，，，， 则，即，所以实数的取值范围是. 故选：B． 2. “”是“”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 既不充分又不必要 D. 充要 【答案】A 【解析】 【分析】应用指数函数单调性结合充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】由指数函数的单调性得， 若，则，所以充分性成立； 若，则不定一成立，如，但，所以必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知向量满足，则＝（ ） A. 5 B. －5 C. －11 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】由题可求，再求值即可. 【详解】， ，， 所以. 故选：B. 4. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式和同角三角函数基本关系式即可得出. 【详解】依题意，. 因为知，所以，且， 所以，.再由．得， 再代入，得，由，所以. 故选：B． 5. 已知为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 28 B. 32 C. 36 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】首先得，然后结合等差数列求和公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为，，故两式作差可得： ，即，，又，故. 故选：C. 6. 设，若与的二项展开式中的常数项相等，则 A. 4 B. -4 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式分别计算展开式中的常数项可得的大小. 【详解】的展开式的通项公式为， 令得到，故该展开式中的常数项为. 的展开式的通项公式为， 令得到，故该展开式中的常数项为. 因常数项相等，故，解得，故选A. 【点睛】二项展开式中指定项的计算，通常利用通项公式来处理，此类问题为基础题.注意 通项公式的特点（指组合数的形式及其意义、各项的幂指数的形式与关系）. 7. 点A在直线y＝x上，点B在曲线上，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设平行于直线y＝x的直线y＝x＋b与曲线相切，将题意转化为两平行线间的距离，由导数的几何意义可得的值，进而可得结果. 【详解】设平行于直线y＝x的直线y＝x＋b与曲线相切， 则两平行线间的距离即为的最小值． 设直线y＝x＋b与曲线的切点为， 则由切点还在直线y＝x＋b上可得， 由切线斜率等于切点的导数值可得， 联立解得m＝1，b＝－1， 由平行线间的距离公式可得的最小值为， 故选：A. 8. 双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（ ） A. 2 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线， 则， 由双曲线的定义及已知条件可知，则， 由勾股定理可知， 易知，即， 整理得，∴，即离心率为2. 故选： 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知，下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断；对于BD：举反例说明即可；对于C：结合指数函数单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为，可得，故A正确； 对于选项B：例如满足，但，故B错误； 对于选项C：因为在上单调递增，且，所以，故C正确； 对于选项D：例如满足， 但，即，故D错误； 故选：AC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据周期可得，代入最值点可得，进而根据函数的不等式即可根据周期，单调性以及平移求解ABC，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解D. 【详解】由图可得：， 又， ，又， ， 将代入得， 即，， 即，， ， 对于A，最小正周期，故正确； 对于B，令，，解得，， 可得的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故B正确； 对于C，函数的图象向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为：，故C不正确； 对于D，， 令，所以， 故最小值为，D正确， 故选：ABD 11. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数求得，结合且，，再由导数研究的区间单调性，进而，即可得. 【详解】令且，则恒成立， 所以在上单调递减，则，即， 因为且，， 而， 所以， 设且，则，所以在单调递减， 由，得，则，所以. 故选：BC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 小张连续9天去快递店拿快递的个数依次为3，1，5，2，3，4，1，4，6.若从这组数据中随机删除1个数后，得到一组新数据，则这组新数据的中位数与原数据的中位数相等的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先把数据排序，再分删除的数不同分别求出中位数即可. 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为1，1，2，3，3，4，4，5，6，则这组数据的中位数为3， 若删除的数字是4或5或6，所得新数据的中位数也是3， 若删除的数字是1或2或3，所得新数据的中位数是3.5， 故所求概率为. 故答案为：. 13. 已知三棱锥的体积为2，是等腰直角三角形，其斜边，且三棱锥的外接球的球心O恰好是AD的中点，则球O的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过球的性质可以确定与中点的连线平面，从而得到与几何体高的关系．求解出后，再利用勾股定理求出球的半径，即可求得结果． 【详解】由题意可得几何体如图所示： 为直角三角形且斜边为 中点为的外接圆圆心 由外接球性质可知：平面 又为中点，所以到底面的距离为 ，又 即球的半径为 本题正确结果： 【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球问题．关键在于利用外接球球心与三角形外接圆圆心连线与三角形所在平面垂直的关系，推导出球心到底面的距离，将问题转化为求解三棱锥的高的问题． 14. 已知，则的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】先令，利用对数的运算法则，把化成，再令，利用基本不等式求的最小值，即可得到的最小值. 【详解】令，则， 所以． 令， 则， 当且仅当，即时等号成立． 所以，即．故的最小值为1． 故答案为：1 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. 在一次购物活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从这10张中任取2张，求： （1）该顾客中奖的概率； （2）该顾客获得的奖品总价值（单位：元）的期望． 【答案】（1） （2）（元） 【解析】 【分析】（1）借助间接法，先计算顾客未中奖的概率后用1减去即可得； （2）得出的可能取值并计算相应概率即可得其分布列，即可得其期望. 【小问1详解】 ，即顾客中奖的概率为； 【小问2详解】 的可能取值为0、10、20、50、60， ，，， ，， 故的分布为， 则（元）． 16. 已知数列满足a1＝3，a2＝5，且，n∈N*． （1）设bn＝an＋1－an，求证：数列是等比数列； （2）若数列{an}满足（n∈N*），求实数m的取值范围． 【答案】（1） 因为，所以． 即，又因为，所以，则， 所以，数列是等比数列 （2） 【解析】 【分析】（1）构造证明即可； （2）根据是等比数列，利用累加法与等比数列的求和公式可得，再根据的最大值分析即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）数列是首项为2公比为的等比数列，则． 所以， 则． 经检验时也符合，则． 又因为，所以． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面. （1）证明：. （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明： ， ，， 平面，平面，且平面平面， ， 为的中点，，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，， 又，，平面， 平面，平面， . （2） 【解析】 【分析】（1）结合余弦定理及勾股定理可得，由平面可得，由平面平面可得平面，可得，进而可得平面，进而求证即可； （2）方法一：首先根据几何关系，证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，进而根据空间向量求解即可； 方法二：作，垂足为，连接，分析可得为二面角的平面角，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，中，为的中点，则， 又，所以，为公共边，得， 则，则是等边三角形， 由（1）知，则，即. （方法一）以为坐标原点，垂直于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. ，则， 故二面角的正弦值为. （方法二）易得，又，为公共边， 则， 又，所以平面， 则，易得. 在直角中，作，垂足为，连接， 易知，则为二面角的平面角. 在直角中，由等面积法易求得， 则在中，， 则， 故二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆过点，离心率为.不过原点的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线的斜率为定值； （3）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明：设直线方程为， 由得， ， ， 解得. （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率和过点M，用待定系数法可求出椭圆C的方程； （2）设出直线并与椭圆进行联立，用韦达定理表示出，并进行化简，即可求出斜率定值； （3）根据弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形面积，将其转化为函数，再利用导数求出最大值. 【小问1详解】 依题意，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得， ， 的面积， ， ， 令，解得，即在上单调递增， 令，解得或，即在和上单调递减， 所以当时，取到最大值， 的面积 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，解决直线与椭圆的综合问题，关键在于（1）注意题设中每一个条件，明确确定直线和椭圆的条件；（2）直线和椭圆联立得韦达定理，与弦长公式和点到直线距离公式的结合运用；（3）求最值时，要善于转化为函数关系，利用导数来求解. 19. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 【答案】（1） 当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. （2） （3） 当时，，， 令，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又因为，且， 所以存在唯一的，使得，即.① 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以是在上唯一的极小值点. 则，由①可知. 【解析】 【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可求得函数的增区间和减区间； （2）由已知不等式结合参变分离得出对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围； （3）当时，利用导数分析函数的单调性，利用极值点与导数的关系结合零点存在定理可证得在上存在唯一的极小值点，并可得出，再结合二次函数的基本性质可证得. 【小问1详解】 因为，其中，. ①当时，恒成立，的增区间为，无减区间； ②当时，令，得， 由可得；由可得. 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述：当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 当时，恒成立，即恒成立. 令，则，其中， 由可得；由可得. 所以，函数的减区间为，增区间为. 所以，即，故的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $