精品解析：江苏省苏州市2025-2026学年高三上学期期中阳光调研数学试题

高三年级期中阳光调研试卷数学 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题一第14题）、解答题（第15题一第19题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回． 2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置． 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚． 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. 若（是虚数单位），则的值分别等于 A. B. C. D. 2. 一元二次不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 3. 是定义在上的偶函数，且，则下列各式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，“为锐角”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数与的图象（ ） A. 关于x轴对称 B. 关于y轴对称 C. 关于原点对称 D. 关于直线y=x对称 6. 若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面内的所有直线都与直线异面 B. 平面内不存在与直线平行的直线 C. 平面内的所有直线都与直线相交 D. 直线与平面一定有公共点 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中，为正八边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 10. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个 C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1 D. 曲线围成区域的面积大于4 11. 如图，已知平面四边形中，为边所在直线上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为2的数列，记，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 存在实数，使得数列为等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则前6项的和为_____. 13. 已知函数最小正周期为，当时，则函数的零点个数为___________． 14. 已知实数，若关于的方程在上恰有两个不同的实数根，则实数的取值集合是___________． 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. 已知数列的前项和为，若对任意，向量，，有． （1）求数列的通项公式 （2）记，数列前项和为，求证：． 16. 已知分别是三个内角的对边，且． （1）求角的大小； （2）若分别为的边上的点，且，求面积的最大值和此时的周长． 17. 如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 18. 设函数． （1）试求函数的极值； （2）若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知数列前项和分别为，且有 （1）若，求； （2）若，求； （3）已知当时，，当且仅当时“=”成立．若数列为正项数列，且当时有，若，试比较与的大小，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级期中阳光调研试卷数学 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题一第14题）、解答题（第15题一第19题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回． 2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置． 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚． 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. 若（是虚数单位），则的值分别等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的加法运算得出，再根据相等复数的定义，即可求出和的值. 【详解】解：由题可知，， 即，所以， 即的值分别等于. 故选：B. 【点睛】本题考查复数的加法运算和相等复数的定义，属于基础题. 2. 一元二次不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把不等式化为，求出解集即可． 【详解】解：不等式可化为 ， 解得， 不等式的解集为． 故选：． 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题． 3. 是定义在上的偶函数，且，则下列各式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用偶函数的性质，即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，则， 又，则，所以C正确， 又由题设条件得不到在的单调性，所以A、B、D不一定成立， 故选：C. 4. 在中，“为锐角”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的运算及充分必要条件的定义即可判断； 【详解】对于充分性，若为锐角，则， 所以，即，故充分性正确； 对于必要性，若，两边平方得，即， 所以，又因为是的内角，所以为锐角，故必要性也成立. 所以 “为锐角”是“”的充分必要条件. 故选：A 5. 函数与的图象（ ） A. 关于x轴对称 B. 关于y轴对称 C. 关于原点对称 D. 关于直线y=x对称 【答案】C 【解析】 【分析】 令，则，由与的图象关于原点对称即可得解. 【详解】解：令，则 与的图象关于原点对称， 与的图象关于原点对称. 故选： 【点睛】本题考查指数函数的性质，属于基础题. 6. 若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面内的所有直线都与直线异面 B. 平面内不存在与直线平行的直线 C. 平面内的所有直线都与直线相交 D. 直线与平面一定有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面关系，以及线面平行的判定定理，判断正确选项即可. 【详解】直线不平行于平面，则可能为直线平面，或直线与平面相交， 所以A，B，C错误，D正确； 故选：D. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得及，展开并联立可解得，然后利用两角差的余弦公式求解. 【详解】∵，， ∴， ∴，即，即①， ∵，∴②， 联立①②解得， ∴. 故选：A. 8. 过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出、，再由两条切线的斜率之积为得到，即可用的式子表示、，代入化简可得，利用基本不等式求解即可 【详解】因为，所以，则，， 依题意可知两条切线的方程分别为， 联立两条切线的方程 解得，则， 因为两条切线的斜率之积为，所以，所以，则 由，， 可得 所以， 当且仅当，即时取得最小值，由因为，所以， 则， 故选：D 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. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中，为正八边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由八个内角相等和为，得到，以为基底分别表示可计算出的结果，正八边形判断共线，再找到它们的模长关系，利用向量共线定理得到它们的倍数关系；将，则利用向量数量积运算得到. 【详解】由题可知，选项A正确； 在正八边形中，，； 所以，所以选项B错误； 由题可知在正八边形中有，且，，所以，所以，选项C正确； 连接，则 ，,选项D正确. 故选：ACD 10. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个 C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1 D. 曲线围成区域的面积大于4 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误. 【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为， 代入成立，曲线关于直线对称，A对； 所以，所以，则，故， 时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对； 对于曲线上任意一点，则， 当时，，则，∴， ∴，此时曲线上点在圆外， 当时，，则，∴， ∴，此时曲线上点在圆外， 所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错； 如图，，，，四边形的面积， 当时，直线，曲线，即， 设， ，判别式，∴恒成立， 即函数单调递增，且∵， ∴当时，， ∴，即， ∴，即， ∴，即. 设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方， 由对称可知，当时，上面的结论依然成立. 当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于， 设函数，则， 即函数在上单调递增，且， 所以当时，，即， ，即， 则，即. 设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方， 由对称可知，当时，上面的结论依然成立. 故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对. 故选：ABD. 11. 如图，已知平面四边形中，为边所在直线上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为2的数列，记，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 存在实数，使得数列为等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】因为为边所在直线上的一列点,得 ，由得到数列是周期为的周期数列，由此可判断ABCD的正误. 【详解】由，得 因为为边所在直线上的一列点， 设，则， 所以，令得， 同理可得， 所以数列是周期为的周期数列. 对于A，，所以，故A正确； 对于B, ，，故B错误； 对于C,， ，故C正确； 对于D，因为是周期为的周期数列且不为常数列，故任意实数，，数列为周期数列， 不可能为等差数列，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则前6项的和为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设出等差数列的公差，利用等比中项得到关于公差的方程，再利用等差数列的前项和公式进行求解. 【详解】设的公差为（）， 由，得， 解得，所以． 故答案为：. 13. 已知函数最小正周期为，当时，则函数的零点个数为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，转化为与图象的交点个数，作出函数与的图象，结合图象，即可求解. 【详解】令，可得， 所以函数的零点个数等价于与图象的交点个数， 因为函数最小正周期为，当时，， 则，画出函数与的图象， 如图所示，由图象可得，函数的零点个数为. 故答案为：. 14. 已知实数，若关于的方程在上恰有两个不同的实数根，则实数的取值集合是___________． 【答案】 【解析】 【分析】令，设的两根分别为，结合正弦函数的图象与性质，转化为上的零点问题，结合二次函数的图象与性质，分三种情况讨论，列出不等式组，即可求解. 【详解】由方程在上恰有两个不同的实数根， 令，可得， 设的两根分别为，则，所以同号， 结合正弦函数的图象与性质， 可得上的零点有三种情况： 当时，即，解得或（舍去）， 此时，即，可得或，符合题意； 当时，则满足，即，解得（舍去）； 当时，则满足，即，解得， 综上可得，实数的取值范围为. 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. 已知数列的前项和为，若对任意，向量，，有． （1）求数列的通项公式 （2）记，数列前项和为，求证：． 【答案】（1） （2） 由，得， 所以． 因为，所以，， 所以． 【解析】 【分析】（1）由向量的数量积得，根据与的关系得到递推关系，再由累乘法求出通项公式； （2）利用裂项相消法求出数列前项和为，再证明. 【小问1详解】 因为，即：① 当时，， 又，所以． 当时，，② 由①-②整理得： 整理得， 由累乘法得：， 代入比值： 当时，，符合上式， 所以数列的通项公式为 【小问2详解】 略 16. 已知分别是三个内角的对边，且． （1）求角的大小； （2）若分别为的边上的点，且，求面积的最大值和此时的周长． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据条件，由正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式及辅助角公式求解； （2）由条件利用三角形面积公式得， 解法一：由，得，可求得面积的最大值，由余弦定理得，可求的周长. 解法二：由，得，利用基本不等式求出面积的最大值，由余弦定理得，可求的周长. 【小问1详解】 中有， 由正弦定理得，， 又将代入得，， 展开得，， 整理得，， 由， 所以，得，即， 由知，所以， 故． 【小问2详解】 ， ， 解法一：由（1）知，， 故， 当且仅当时取等号，即面积的最大值为． 此时， 由余弦定理得， 的周长为. 解法二：由（1）知，， ， 当且仅当时取等号． 此时， 由余弦定理得， 的周长为. 17. 如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 如图②取的中点，连结 是中点，是中点， 在中，由中位线定理得， 又平面平面 平面. 又是中点，是中点， ，又，故在中，得， 又平面平面 平面 由平面平面， 平面平面，又平面， 平面. （2） 如图④，在平面中，过作，为垂足， 平面平面，平面，，平面平面， 平面， 又平面，已知， 又平面平面， 平面，又由平面， . （3） 【解析】 【分析】（1）根据中位线以及比例可证明线线平行，进而可得线面平行以及面面平行，即可根据面面平行的性质求解， （2）根据面面垂直的性质得线面垂直，即可根据线线垂直求证平面得解， （3）利用等体积法求解长度，即可由比例以及体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，又已知，，是面内两相交直线， 面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为， 则由得 ，解得， 又由知点到面的高为， 又， . 18. 设函数． （1）试求函数的极值； （2）若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求得，令，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的极值； （2）由函数，求得，结合，分和，两种情况讨论，得出函数的单调区间，即可求解； （3）根据题意，转化为在上恒成立，设，求得，再令，得到，得出在上单调递增，根据零点存在定理知，存在唯一，使得，得出得到单调性，得到，再由，结合对数的运算性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 令，可得， 当故当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以函数在处取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 解：因为函数， 所以函数， 可得， 由，可得，且在上单调递增，故有， ①当时，可得，函数在上单调递增，故不存在单调减区间； ②当时，存在且满足， 当，有，函数在上递减， 当，有，函数在上递增， 所以当时，函数在存在单调减区间. 【小问3详解】 解：由在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立 设，可得， 记，则， 所以在上单调递增， 因为， 根据零点存在定理知，存在唯一，有，即， 且在上有；在上有； 由，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 对于两边取对数得， 因为函数在上单调递增，则有，即， 所以，即． 所以，即的范围是. 19. 已知数列前项和分别为，且有 （1）若，求； （2）若，求； （3）已知当时，，当且仅当时“=”成立．若数列为正项数列，且当时有，若，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】（1） 45 （2） 1 （3），理由如下： 由 ∴， ∴ ， ∵时，， ∴ ， ∴． 【解析】 【分析】（1）由得到的值，然后由得到； （2）令表示出，当时，化简，然后由裂项相消法求得； （3）由得，然后由裂项相消发化简并求得最大值.再由，得，借助条件给到的结论得，即可证明. 【小问1详解】 ∵ ∴， 由得 ， ∴. 【小问2详解】 由题意，当时，； 当时， ∴ . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $