精品解析：江苏省部分学校2026届高三上学期8月联考数学试题

江苏省高三年级数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设（其中虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 现有6把相同的椅子排成一排，甲､乙､丙三人每人选取其中的一把椅子入座，则这三人互不相邻的坐法有（ ） A. 24种 B. 30种 C. 36种 D. 48种 4. 设函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，，则（ ） A B. 0 C. 1 D. 2025 5. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，首项，若，则（ ） A. 10 B. 40 C. 70 D. 100 8. 若直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，若，则线段的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 二､多选题：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. 在一次比赛中，10位评委分别给某运动员打分，整理之后的得分数据满足，按照规则，要去掉一个最低分和一个最高分，然后再取平均分为该运动员的最终得分，则处理后的数据与原数据相比（ ） A. 极差变小 B. 中位数不变 C. 平均数变高 D. 第75百分位数变小 10. 已知四面体满足，则（ ） A. 直线与垂直 B. 二面角平面角的余弦值为 C. 向量在向量上的投影为 D. 四面体的体积为 11. 设函数，若，直线与函数的图象有三个交点，其坐标分别为，且，则（ ） A. B. 若成等差数列，则 C D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知抛物线的焦点为，准线为，过且倾斜角为的直线与交于两点（点在轴上方），若，则__________. 14. 已知某种益智玩具如图所示，它由两个同底的正四棱锥拼接而成，若上面的正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，下面的正四棱锥的侧棱长为，则其内切球的表面积为__________. 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. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若的角平分线与线段交于点，且，试求的长. 16. 已知数列项，且时，数列的前项和满足，数列满足. （1）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）若数列满足__________，请从下面几个条件中选择一个，试求数列的前项和. ①；②；③. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且过点，过点的一条直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，试求直线的方程. 18. 在四棱锥中，已知，是线段上的点. （1）是否存在点使得与平面平行？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由. （2）若为的中点，求二面角的正弦值. 19. 定义：若函数和同时满足条件①对任意，都有成立，②存在，使得，则称函数为的“伴随函数”，其中称为“伴随点”. （1）设函数，若存在一次函数，使得是的“伴随函数”，求的取值范围. （2）设函数为的“伴随函数”，若函数，试证明：对任意为的“伴随函数”. （3）设函数，若存在一次函数是的“伴随函数”，且“伴随点”，求实数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省高三年级数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简集合，即可由交并补运算的定义求解. 【详解】故或， 又，故， 故选：C 2. 设（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法法则及模长公式计算即可. 【详解】易知，则. 故选：B 3. 现有6把相同的椅子排成一排，甲､乙､丙三人每人选取其中的一把椅子入座，则这三人互不相邻的坐法有（ ） A. 24种 B. 30种 C. 36种 D. 48种 【答案】A 【解析】 【分析】将6把椅子依次编上号，选出3个互不相邻的编号，再安排三人入座，利用列举法结合排列数计算即可得结果. 【详解】6把相同的椅子排成一排，从左到右依次编号为1，2，3，4，5，6， 选三把椅子互不相邻有这4种情况， 把甲､乙､丙三人安排到这三把互不相邻椅子上，共有种坐法. 故选：A. 4. 设函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可推得其周期性，利用周期性即可求解. 【详解】为奇函数，故， 又为偶函数，则，故， 则有，即，也即， 故，故8为函数的一个周期. . 故选：A 5. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正三棱台的性质求出上下底面的面积，再结合侧棱与底面所成角求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算体积. 【详解】对于正三角形，其面积公式（为边长） 已知正三棱台中，， 则上底面，下底面 设正三棱台上下底面中心分别为,连接，则为正三棱台的高 因为正三角形中心到顶点的距离是边长的倍 所以， 则，且 已知侧棱与底面所成角为，在直角梯形中， 即，解得， 根据棱台体积公式（为高，为下底面积，为上底面积） 将代入可得 故选： 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得的取值范围，再利用指数函数和幂函数的单调性判断的大小关系,即可选出正确答案. 【详解】因为所以,所以. 所以是t的减函数,所以. 是增函数,所以 所以 故选: B. 7. 已知数列的前项和为，首项，若，则（ ） A. 10 B. 40 C. 70 D. 100 【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用和的关系将用表示，得到，得到是等差数列，利用等差数列通项公式求出，从而得到. 【详解】，又， ，，， ，， 是公差为1的等差数列， 首项为，，，. 故选：D 8. 若直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，若，则线段的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用导数的几何意义求出公切线的斜率，得到与的关系，再根据切线方程的截距相等求出与的值，最后利用两点间距离公式求得答案. 【详解】由，得曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，令，得， 由，得曲线在处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，令，得， 所以，消去可得， 令，，则， 令，则， 令，得，即在上单调递减， 令，得，即在上单调递增， 又时，，故，即， 所以函数在上单调递减，且，所以，则， 所以，， 所以线段的长度为. 故选：C. 二､多选题：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. 在一次比赛中，10位评委分别给某运动员打分，整理之后的得分数据满足，按照规则，要去掉一个最低分和一个最高分，然后再取平均分为该运动员的最终得分，则处理后的数据与原数据相比（ ） A. 极差变小 B. 中位数不变 C. 平均数变高 D. 第75百分位数变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题给条件列出原数据和处理后数据从小到大的排序，利用极差、中位数、平均数、第75百分位数的定义对各选项进行逐一判断. 【详解】已知比赛数据满足， 则原数据从小到大排序为：，处理后数据从小到大排序为：. 原数据极差：，处理后数据极差：，因为， 所以，A正确. 原数据共10个，中位数为第5个和第6个的平均值，即， 处理后数据共8个，中位数为第4个和第5个的平均值，即， 所以中位数不变，B正确. 原数据平均数：，处理后数据平均数：， 平均数变化情况取决于与之间的关系，故不能确定变化情况，C错误. 原数据共10个，第75百分位数是第8个，即， 处理后数据共8个，第75百分位数是第6个数据与第7个数据的平均数，即， 因为，所以，第75百分位数变小，D正确. 故选：ABD. 10. 已知四面体满足，则（ ） A. 直线与垂直 B. 二面角平面角的余弦值为 C. 向量在向量上的投影为 D. 四面体的体积为 【答案】AD 【解析】 【分析】构造长方体，由长方体的特征可判定A项，建立空间直角坐标系，借助空间向量可判定B、C项，利用割补法计算体积可判定D项. 【详解】 如图，构造长方体，因， 则可得，此时四面体符合题目条件. 建立空间直角坐标系，则， 对于A，由长方体的特征可知，又底面为正方形，即， 所以，故A正确； 对于B，易知， 设平面和平面的法向量分别为， 则故可取； 则，故可取. 设锐二面角的平面角为，则，故B错误； 对于C，易知， 则在上的投影为，故C错误； 对于D，由图易知四面体的体积等于长方体的体积减去四个大小相同的小三棱锥的体积， 即，故D正确. 故选：AD 11. 设函数，若，直线与函数的图象有三个交点，其坐标分别为，且，则（ ） A. B. 若成等差数列，则 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数求解单调性，结合极值情况可判断A，利用三次函数的对称性可判断B，结合三次方程根与系数的关系可判断C,D. 【详解】由题意得，令得， 因为，所以时，，为增函数， 时，，为减函数， 时，，为增函数. 因为直线与函数的图象有三个交点，所以，解得，A不正确； 因为，所以关于对称， 因为成等差数列，所以，由可得，解得，B正确； 由可得，因为均为的根， 所以， 展开可得， 所以，C正确； 由A选项可知， 由C选项可知，，， 所以，即； 由可得，即，解得，D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】##0.8 【解析】 【分析】求出的值，根据条件概率公式，即可求得答案. 【详解】因， 所以， 故， 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点为，准线为，过且倾斜角为的直线与交于两点（点在轴上方），若，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用抛物线的方程写出焦点坐标和准线方程，联立直线与抛物线方程，借助韦达定理及焦半径公式即可求解. 【详解】 由题可知，准线方程为， 已知直线过且倾斜角为，则直线的斜率为， 直线方程为， 联立直线与抛物线方程，得，① 设，，则， ，， 直线的倾斜角为，，， ，，， . 故答案为：2. 14. 已知某种益智玩具如图所示，它由两个同底的正四棱锥拼接而成，若上面的正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，下面的正四棱锥的侧棱长为，则其内切球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据组合体的结构特征，利用等体积法求解内切球半径，再根据球的表面积公式即可求解. 【详解】 设上面正四棱锥为，底面是边长为2的正方形，中心为，侧棱长， ，， 在中，根据勾股定理得， ， 正四棱锥的侧面积为； 设下面正四棱锥为，底面是边长为2正方形，中心为，侧棱长， 在中，根据勾股定理得， ， 正四棱锥的侧面积为； 组合体的体积为， 组合体的表面积为. 设组合体的内切球半径为，利用可得，， ， 组合体内切球的表面积为. 故答案为：. 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. 已知内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若的角平分线与线段交于点，且，试求的长. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换得，进而求得角； （2）在，中，分别由正弦定理求得，再利用余弦定理求得，法1，利用三角形面积计算求得，法2，在中，由正弦定理求得答案. 【小问1详解】 由，又， 则， 化简得，又， 所以，即. 故. 【小问2详解】 的角平分线与线段交于点， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， ， 则，而， 故， 又，则，即， 所以，故. 法一：， 即， 解得. 法二：由，则，则， 又，故. 16. 已知数列的项，且时，数列的前项和满足，数列满足. （1）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）若数列满足__________，请从下面几个条件中选择一个，试求数列的前项和. ①；②；③. 【答案】（1）证明见解析， （2）答案详见解析 【解析】 【分析】（1）根据与关系，将已知递推公式转化为，并由求； （2）若选①，则由错位相减法求和；若选②，则由裂项相消法求和；若选③，则由分组求和法求和. 【小问1详解】 ， ， 则. 当时，， 故， 而，则， 则， 则，即. 故是首项，公差的等差数列， 故，则. 【小问2详解】 若选①，则. ， ， 得， 则. 故. 若选②，则. . 若选③，则. . 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且过点，过点的一条直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，试求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用椭圆过已知点以及向量数量积的条件，结合椭圆中的关系，求解椭圆的标准方程即可. （2）先分析特殊情况（直线与轴垂直），再设出直线的斜截式方程，代入椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，结合线段长度的比例关系建立方程，求解直线的斜率，进而得到直线方程. 【小问1详解】 根据题意作图如下： 设，椭圆过点， 所以有，， 又，则， 所以，则，所以， 整理得，因为， 所以解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 根据题意作图如下： 若，则. 当直线与轴垂直时，其方程为， 则，，不满足题意. 设直线方程为，代入椭圆方程得， 整理得，即. 设，则①，②. 因为，在直线上，且在的两侧， 所以，则，所以③. 由①③解得，代入②， 得解得， 所以直线的方程为，即或， 综上，直线的方程是或. 18. 在四棱锥中，已知，是线段上的点. （1）是否存在点使得与平面平行？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由. （2）若为的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）存在，为的中点 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质得出平行四边形，结合线面平行的判定可证结论； （2）先证明垂直关系，建立坐标系，求解法向量，利用二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 当为的中点时，平面， 证明如下：取的中点，连接， 在中，分别为的中点， 则为的中位线，则，且， 因为，，所以且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面，此时为中点. 【小问2详解】 取的中点，连接交于点，连接， 由，可得四边形为菱形，则有， 由可得，. 又因为，所以. 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面 平面. 因为为的中点，所以，平面平面， 所以平面，因为，，所以. 以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系. ， . 设为平面的法向量， 即 令，得， 设为平面的法向量， 即 令，得， ∴平面的法向量为， 可得. 设二面角的平面角为， 则，可得. 综上，二面角的正弦值为. 19. 定义：若函数和同时满足条件①对任意，都有成立，②存在，使得，则称函数为的“伴随函数”，其中称为“伴随点”. （1）设函数，若存在一次函数，使得是的“伴随函数”，求的取值范围. （2）设函数为的“伴随函数”，若函数，试证明：对任意为的“伴随函数”. （3）设函数，若存在一次函数是的“伴随函数”，且“伴随点”，求实数的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据“伴随函数”的定义结合一元二次方程的判别式，即可求解； （2）根据“伴随函数”的定义即可证明结论； （3）由题意知当为在处的切线方程时，才满足要求，由此分类讨论切点的位置，结合构造函数，利用导数判断函数单调性，即可求解. 【小问1详解】 首先，根据条件②，存在使得，即， 这是一个关于的二次方程，它至少有一个实数解. 其次，根据条件①，对于任意，有，即， 则二次函数的图象在轴上方或与轴相切， 因此其判别式， 由，得. 结合，代入得，即， 即，故， 代入， 得，由于，故， 因此的取值范围是. 【小问2详解】 证明：为的“伴随函数”，则对任意，都有成立， 且存在满足， 此时，对于，在处有， 由于， 故对任意， 故对任意为的“伴随函数”. 【小问3详解】 的定义域为，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且当时，恒成立， 若存在一次函数是的“伴随函数”， 则满足对任意，都有，且存在，使得， 故当为在处的切线方程时，才满足要求. ， ①若，，此时，则，则此时. ②若， 此时，故切线方程为， 令，得， 由于，设， 所以在上恒成立， 故在上单调递增，所以. ③若，结合②知，， 令，则，而，时取等号， ，此时，与已知矛盾，故舍去. 综上，实数的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $