精品解析：江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三上学期10月学情调研考试数学试题

中华中学2026届高三10月学情调研考试 高三数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：邓飞 徐成中 审题人：杨厥帅 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】D 【解析】 【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解. 【详解】由，可得，， . 故选：D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知计算求出即可. 【详解】，，则, 所以. 故选：B. 3. 已知抛物线的准线方程为，则该抛物线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由准线方程可设抛物线方程为：，据此可得答案. 【详解】因抛物线的准线方程为，则设抛物线方程为：， 则，则抛物线标准方程为：. 故选：C 4. 的展开式中的系数是（ ）． A. -6 B. 2 C. 10 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式的通项求展开式的系数即可. 【详解】二项式的通项为， 当产生时，令，解得； 当产生时，令，解得； 所以展开式中的系数为. 故选：A. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据二倍角公式得到，从而得到，再利用诱导公式求解即可. 【详解】， 因为，所以，所以. 因为，所以. 所以. 故选：B 6. 已知定义域为的函数在为增函数，且函数为偶函数，则下列结论不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：画简图如下，可得不成立，故选D. 考点：1、函数的奇偶性；2、函数单调性. 7. 现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（ ） A. A与B互斥 B. A与B相互独立 C. A与互斥 D. A与相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件判断AC，结合独立事件的概率乘法公式判断BD. 【详解】由题意可知：事件A为取到第1或4个礼品盒，事件B为取到第2或4个礼品盒，事件C为取到第3或4个礼品盒， 对于选项A：因为事件为取到第4个礼品盒，所以A与B不互斥，故A错误； 对于选项B：因为， 可知，所以A与B相互独立，故B正确； 对于选项C：因为事件为取到第2或3或4个礼品盒， 则事件为取到第4个礼品盒，所以A与不互斥，故C错误； 对于选项D：因为事件为取到第4个礼品盒，则， 且事件为取到第4个礼品盒，则， 可知，所以A与不相互独立，故D错误； 故选：B. 8. 已知函数与的图象有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由在有两个不同解，得，进而得，令，利用单调性得，即在有两个解，令，利用导数研究单调性，进而作出函数的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】由题意有：在有两个不同解， 所以， 即，令，即， 又，所以在单调递增，所以， 即在有两个解， 令，所以，令， 由， 所以在单调递减，在单调递增， 当，， 当，， 又，作出的图像：    由图可知：，即， 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. 某篮球运动员场比赛中罚球次数的统计数据分别为：，，，，，，，，关于该组数据，下列说法正确的是（ ） A. 中位数为 B. 众数为，， C. 平均数为 D. 方差为 【答案】BC 【解析】 【分析】先将原数据按照从小到大的顺序进行排列，再根据中位数、众数、平均数和方差的计算方法逐一求解即可. 【详解】将原数据按从小到大的顺序进行排列: ， 所以中位数为，众数为3，6，8 , 平均数， 方差. 故选：BC 10. 已知向量，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若的夹角为钝角，则 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线的坐标表示求解判断即可；对于C，由的夹角为钝角可得，且不共线，进而求解判断即可；对于D，易得，令，利用判别式法求解判断即可. 详解】对于A，由，则，即，故A正确； 对于B，由，则，即，故B正确； 对于C，由的夹角为钝角，则，且不共线， 则且，故C错误； 对于D，由在方向上的投影向量为， 则，所以， 令，则， 当时，，则，符合题意， 当时，有，解得且， 综上所述，，则的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 11. 棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 与平面所成的角为 C. 平面截正方体的截面形状是五边形 D. 点在平面内运动，且平面，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用，再证平面即可；对于B, 取的中点，可证为与平面所成的角，求解即可；对于C，在平面内延长与交于，连接交于，根据面面平行的性质，可以做出截面图；对于D，首先利用平面,确定点位置再线段上，再做出垂线,根据相似三角形定理即可求得. 【详解】对于A，如下图，连接,易得, 又,平面,又平面,故A正确. 对于B，如下图， 取的中点，连接，则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 又 所以 又，所以，故B错误. 对于C，在平面内延长与交于， 连接交于,则， 因为,所以, 设平面 平面，且过G， 因为平面平面，平面平面， 所以，取 中点，在上取，满足 ， 则设,则,所以, 即Q在的延长线上，所以与线段相交，设交点为N， 则平面截正方体的截面为五边.故C正确. 对于D，如下图，连接,取得中点,连接,过作, 平面,平面, 则点在线段上,最小值即为. 又,,又,.故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛:利用平面性质确定截面形状的依据如下: (1)平面的四个公理及推论; (2)直线与平面平行的判定与性质; (3)两个平面平行的性质. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，，且（n为正整数），则___________ 【答案】6 【解析】 【分析】先计算前面几项，得出周期再计算 【详解】 即,所以是周期为6的数列 因为 所以 故答案为：6 13. 已知圆截直线所得线段的长度是，则圆M的方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆与直线相交的弦长公式求出，即可求解 【详解】因为，则， 又圆直线所得线段的长度是， 所以，解得， 所以圆M的方程为 14. 若，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】构造函数，分别求导求出最值，则当两式相等时，结果只能是最值时取等，从而求解. 【详解】设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以； 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以； 所以若，必有， 所以， 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､证明过程或者演算过程． 15. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由，得，两式相减，得，可得，而，从而可得数列是等比数列，进而可求出的通项公式； （2）由（1）可得，然后利用错位相减法求和可得. 【小问1详解】 证明：因为，，所以当时，， 两式相减得，化简得，则 当时，，解得，且， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，，且时也符合， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以 两式相减可得， 所以. 16. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，通过构造平行四边形得到线线平行，进而得到结果； （2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为E为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，又， 所以两两垂直， 以A为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则， 取，得，所以． 设平面的法向量为， 则， 取，得，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 锐角中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若的周长为6，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）正弦定理角化边，再余弦定理求解即可； （2）正弦定理结合三角函数求范围即可. 【小问1详解】 由正弦定理可得，， 即， 由余弦定理可得， 由于，则. 【小问2详解】 由正弦定理得， ， 所以周长， 由于为锐角三角形，所以，, 所以，所以， ， . 18. 已知椭圆的焦距为4，上､下顶点分别为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）若为椭圆上异于的点，点满足：，求的范围（为坐标原点）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦距以及点在椭圆上，列方程组求解即可； （2）设出点、点的坐标，根据垂直关系列出方程组，以点坐标表示点坐标，结合距离公式以及椭圆方程进行消元，结合椭圆范围求解即可. 【小问1详解】 由题意，，， 又因为点在椭圆上， 则，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1），，设在椭圆上，则， 设，则 由可得： ，解得， 则， 由于，则， 所以的范围为. 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数． （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意，都有． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii)证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）利用导数判断的单调性，求得的范围和的表达式，利用单调性证明；（ii) 通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即得证. 【小问1详解】 由，可得，求导得， 则， 故曲线在点处切线方程为， 即. 【小问2详解】 （i）， 设，，则 所以在上单调递减， 因，， 故存在唯一，使得，即，即， 则当时，，， 当时，，， 则在上单调递增，在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间单调递减，则， 即. （ii)由，因为和在上单调递增， 则在上单调递增，且，， 则存在唯一，使得，即，即，（*） 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 的最小值为， 由（i）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 故对任意正实数，都有 ， 故对任意正实数，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中华中学2026届高三10月学情调研考试 高三数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：邓飞 徐成中 审题人：杨厥帅 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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线准线方程为，则该抛物线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数是（ ）． A. -6 B. 2 C. 10 D. 18 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义域为函数在为增函数，且函数为偶函数，则下列结论不成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（ ） A A与B互斥 B. A与B相互独立 C. A与互斥 D. A与相互独立 8. 已知函数与的图象有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. 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. 某篮球运动员场比赛中罚球次数的统计数据分别为：，，，，，，，，关于该组数据，下列说法正确的是（ ） A. 中位数 B. 众数为，， C. 平均数为 D. 方差为 10. 已知向量，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若的夹角为钝角，则 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 11. 棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 与平面所成的角为 C. 平面截正方体的截面形状是五边形 D. 点在平面内运动，且平面，则的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，，且（n为正整数），则___________ 13. 已知圆截直线所得线段的长度是，则圆M的方程为___________. 14. 若，且，则______． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或者演算过程． 15. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 锐角中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若的周长为6，求的取值范围． 18. 已知椭圆的焦距为4，上､下顶点分别为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）若为椭圆上异于的点，点满足：，求的范围（为坐标原点）． 19 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数． （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $