精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期9月阶段性调研数学试题

2025年秋学期金坛一中高三年级数学学科9月阶段性调研 试卷 （检测用时：120分钟 本卷满分：150分） 命题人：陈惠芳 审核人：宫鸡明 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数的值为 A. B. C. D. 3. 已知幂函数在上是减函数，则的值为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 4. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. －1 B. －2 C. －3 D. 0 5. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数f（x）的图象关于原点对称，满足．若，则等于（　　） A. －50 B. 50 C. D. 2 7. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 5 B. 10 C. 13 D. 26 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. 设函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在内有5个极值点 C. 的图象关于直线对称 D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象 10. 有下列说法，其中错误的说法为（ ）. A. 、为实数，若，则与共线 B. 若、，则 C. 两个非零向量、，若，则与垂直 D. 若，、分别表示、的面积，则 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 图象的对称中心是 C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是________． 13. 已知正实数x，y满足，则的最小值为___________. 14. 已知函数为偶函数，且在单调递减，若，则x的取值范围是____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知分别是内角的对边，且. （1）求的值； （2）若，，求的面积． 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c(sinC-sinA)=(sinA+sinB) (b - a). (1)求B； (2)若c=8，点M，N是线段BC的两个三等分点，，求AM的值． 17. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且 （1）证明：平面平面； （2）求二面角所成平面角的余弦值． 18. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若对一切恒成立，求m的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋学期金坛一中高三年级数学学科9月阶段性调研 试卷 （检测用时：120分钟 本卷满分：150分） 命题人：陈惠芳 审核人：宫鸡明 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合A，B的元素，再利用集合的交集运算即可得解. 【详解】由得或，， 由，则，所以， 故选A． 2. 设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数的值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】为纯虚数，所以，故选A. 3. 已知幂函数在上是减函数，则的值为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据是幂函数，由求得，再根据函数在上是减函数，确定的值求解. 【详解】由函数为幂函数知， ，解得或. ∵在上是减函数，而当时，，在是增函数，不符合题意， 当时，，符合题意， ∴，， ∴. 故选：C. 4. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. －1 B. －2 C. －3 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可知切线斜率为，可得，计算出切点代入切线方程即可得. 【详解】由题意可得， 根据导数的几何意义可知，在点处的切线斜率为，解得； 所以切点为，代入切线方程可得，解得. 故选：C 5. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作圆锥的轴截面，利用面积法求轴截面的内切圆半径，即为圆锥内半径最大的球的半径，再结合球的体积公式求解. 【详解】如图： 为圆锥的轴截面，其中，，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O. 由于，故. 设内切圆半径为r，则 ， 解得，其体积. 故选：D 6. 已知函数f（x）的图象关于原点对称，满足．若，则等于（　　） A. －50 B. 50 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】运用函数奇偶性、对称性可得函数周期为4，运用赋值法可得、、的值进而运用周期性可求得结果. 【详解】因为图象关于原点对称， 所以且 又因为，① 所以， 所以， ② 所以， 所以，③ 即的周期为4， 将代入①得：， 将代入②得：， 又因为， 所以， 将代入③得：， 所以， 所以， 故选：D. 7. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件两边平方，由同角三角函数基本关系求得的值以及判断的符号，由，即可求得的值. 法一：可用切化弦化简及二倍角公式，即可求解； 法二：可分别求出的值，即可求得，再利用二倍角公式化简，即可求解. 【详解】由，两边平方得， 即，而，故． 所以，而，解得， 法一：所以． 法二：由和，可解得，得， 则． 故选：A. 8. 如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 5 B. 10 C. 13 D. 26 【答案】C 【解析】 【分析】分别取线段的中点为，则可求得和，再根据即可求出. 【详解】分别取线段的中点为， 因为圆心，则， 则，， 又为边的中点，则， 则. 故选：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. 设函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在内有5个极值点 C. 的图象关于直线对称 D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象 【答案】CD 【解析】 【分析】整体代入，结合正弦函数的性质可判断A、B、C项；求出平移后的解析式，即可判断D项. 【详解】对于A，当时，， 解，得；解，得. 则在上单调递减，在上单调递增，故A错误； 对于B，当时，， 则当或或或或或时，取得极值， ∴在内有6个极值点，B错误； 对于C，当时，，，∴图象关于对称，C正确； 对于D，将向右平移个单位可得：，D正确． 故选：CD． 10. 有下列说法，其中错误的说法为（ ）. A. 、为实数，若，则与共线 B. 若、，则 C. 两个非零向量、，若，则与垂直 D. 若，、分别表示、的面积，则 【答案】AB 【解析】 【分析】由零与任何向量共线，即可判断B；由三角形的重心的向量表示和性质可判断D；由向量共线的性质可判断A；根据平面向量数量积的运算律判断C． 【详解】解：对于A选项，当时，与可以为任意向量，满足，但与不一定共线，故A错误， 对于B选项，如果、都是非零向量，，满足已知条件，但是结论不成立，故B错， 对于C选项，若，所以，即，即，所以，∴与垂直，故C正确， 若，设，，可得为的重心， 设，，， 则，，，由， 可得，故D正确； 故选：AB. 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 图象的对称中心是 C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，可以判断ABD的真假，利用特殊点的对称性，可判断B的真假. 【详解】由，所以. 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极小值点，故A正确； 因为时，，且函数在上单调递增，所以，故C错误； 当时，，设，则在上单调递增，在上单调递减， 又，，，所以. 即当时，，故D正确； 因为，，所以函数的图象不关于原点对称，故B错误. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意当时，函数有一个零点，所以只要时，函数有一个零点即可，利用二次函数的相关性质可解. 【详解】因为当时，解得，函数有一个零点； 因此，要使函数有两个零点，只需时，函数有一个零点． 当时，函数对称轴为， 若，只需，解得； 若，只需，可得； 若，有且只有一个零点，不满足条件， 综上，的取值范围为． 故答案为： 13. 已知正实数x，y满足，则的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由条件可得且，利用基本不等式求解即可 【详解】由得， 又，为正实数，所以，得， 则， ， 当且仅当,即时取等号， 所以的最小值为， 故答案为： 14. 已知函数为偶函数，且在单调递减，若，则x的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数图象的平移变换，结合偶函数的性质，做出函数草图，在把函数不等式转化为代数不等式求解. 【详解】因为为偶函数，图象关于轴对称，将其向右平移1个单位，可得函数，图象关于直线对称； 又在上单调递减，所以在上单调递增； 又，所以. 综上，的草图可以如下： 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知分别是内角的对边，且. （1）求的值； （2）若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简即可得到的值. （2）由余弦定理代入已知条件即可得到，再代入即可. 【详解】（1）由，结合正弦定理可得： ，因为，所以， ，因为，所以. （2）因为，， 由余弦定理得： 整理得：，解得：或（舍去） 所以. 【点睛】本题第一问考查了正弦定理的边化角公式，第二问考查了余弦定理和三角形面积公式，同时考查了计算能力，熟记公式是本题的关键，属于简单题. 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c(sinC-sinA)=(sinA+sinB) (b - a). (1)求B； (2)若c=8，点M，N是线段BC的两个三等分点，，求AM的值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意，根据正弦定理得，再由余弦定理得，即可求解. （Ⅱ）由题意得是线段的两个三等分点，设，则，， 在中，由余弦定理得，解得，则，再在中,即可求解的长. 【详解】（1）∵，则由正弦定理得: , ∴， ∴， 又， ∴． （2）由题意得是线段的两个三等分点，设，则，， 又，， 在中，由余弦定理得， 解得（负值舍去）， 则， 又在中,． 或解：在中，由正弦定理得：， ∴ 又，， ∴， ∴为锐角， ∴， ∴，又， ∴， ∴，∴，， ∴在中，. 【点睛】本题主要考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到． 17. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且 （1）证明：平面平面； （2）求二面角所成平面角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为四边形为直角梯形，且，故， 又，故，而，，平面， 所以平面，而平面，所以， 而，，平面，由梯形知，必定相交， 故平面，而平面， 故平面平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化可得平面，从而可得，故可证平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面； （2）先求出到棱的距离，再求出到平面的距离，从而可得平面角的正弦值，故可求其余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，在平面中过作，垂足为， 由（1）可得平面，而平面，故， 而，，故，而， 所以， 因为，所以， 在平面中，过作，交延长线于点，连接， 则，故，且， 取的中点为，连接，由可得， 因为平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 而，，平面，故平面， 故到平面的距离为，且， 而，平面，平面， 故平面，故到平面的距离即为到平面的距离为， 设二面角的平面角为，则， 由图可知为钝角，故． 18. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若对一切恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1）的单调增区间为和，单调减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断单调区间； （2）根据题意利用参变分离可得，利用导数求，注意零点代换的运用． 【小问1详解】 ∵ ∴， 由得或， 且当或时，，当时，， ∴的单调增区间为和，单调减区间为 【小问2详解】 依题意可得在上恒成立， 令，则， 令，易知在上单调递增， ∵，∴，又∵， ∴，使得，即有， 且在上单调递减，在上单调递增， ∴， ∴， 即m的取值范围为． 19. 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）0 （2）． 【解析】 【分析】（1）将代入函数解析式，利用导数判断函数的单调性，得出的最大值； （2）由特殊判断结论，然后给出证明，通过二次求导，判断出的单调性，求出的最大值，结论得证，得出的取值范围. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 所以，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为． 【小问2详解】 由，得，下面证明时，． 证明如下：因为，， 令 所以， 因为，所以， 所以在上单调递减， 又因为，即 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为， 所以时，， 则的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $