精品解析：江苏省南通市海安市2025-2026学年高三上学期期中学业质量监测数学试题

2026届高三期中学业质量监测试卷 数 学 注意事项： 1.答题前，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指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】因为，则， 故选：C. 2. 设集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用集合间的关系，即可求解. 【详解】因为，，又，则， 故选：D. 3. 若点（）是曲线的一个对称中心，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】代入余弦函数的对称性的公式，，即可求解. 【详解】由余弦函数的对称性可知，，， 所以，，且， 所以的最小值为. 故选：B 4. 若函数的图象在处的切线过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出在处的切线方程，再结合条件，即可求解. 【详解】因为，则，所以， 又，所以在处切线方程为， 又切线过点，所以，解得， 故选：A. 5. 在扇形AOB中，，P是弧AB上一点，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基底表示的几何意义，结合几何图形，即可求解. 【详解】如图，，，四边形是矩形， 所以，，所以. 故选：D 6. 设函数的定义域为R，对于任意的，，且，则“”是“是增函数”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】B 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合函数单调性的定义，即可判断选项. 【详解】若，则，则当时，，所以单调递增， 反过来，若函数单调递增，则当时，，即，但不能推出， 所以“”是“是增函数”的充分不必要条件. 故选：B 7. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，直接求出，再利用等比数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设等比数列公比为，因为，， 则，解得， 所以， 故选：C. 8. 设正数，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，，取对数得，，从而可得取值同在区间或，再分在两个区间取值，利用对数函数的单调性，即可求解. 【详解】由题知正数均不等于，由，得到， 由，得到，所以， 若，则，若，则， 所以取值同在区间或， 若，由，得到，由，得到，所以， 若，由，得到，由，得到，所以， 综上所述，， 故选：A. 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，点，，若，则直线AB的斜率可能为（    ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由两点间距离公式、斜率公式即可求解. 【详解】设，点，，若，所以， 所以直线AB的斜率可能为或. 故选：AD. 10. 设等差数列的前n项的和为，若，，则（    ） A. B. C. 当时，取最大值 D. 数列是递减数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列性质可得，.对于A：根据通项公式可得，；对于B：根据等差数列性质可得，即可判断；对于C：分析数列的符号性，进而判断的最值；对于D：整理可得，结合数列单调性的定义分析判断. 【详解】因为，，则， 对于选项A：可得公差，，故A正确； 对于选项B：可得，故B错误； 对于选项C：因为等差数列为递减数列， 当时，；当时，； 所以当时，取最大值，故C正确； 对于选项D：因为， 则， 所以数列是递减数列，故D正确； 故选：ACD. 11. 设集合，，从到的函数，其中，则（ ） A. 函数的值域为 B. 是方程的解 C. 曲线是中心对称图形 D. 是函数的极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，结合正余弦函数的诱导公式和性质研究或计算即可判定. 【详解】先确认一下从到的函数，其中，符合函数的定义： 对于任意的实数,,，该等式看作关于的方程，有唯一解，故是的函数. 选项 A：当  时，，又因为，所以，故选项 A 错误. 选项 B：当时，，，解得. 满足，故  是方程的解，故选项 B 正确. 选项 C：对所有，有，设是曲线上两点， 则, 因为，所以，表明曲线关于点 对称，故选项 C 正确. 选项 D：因为 ，，所以在  上，，因此. 在时：. 当  且  时， . 当  且  时， . 所以，在  时，，且在  的附近 ， 故  在  处取得极小值. 故选项 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. 已知是终边上一点，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由三角函数定义求得，结合两角差的正切公式即可求解. 【详解】由题可得：，则 故答案为： 13. 在边长为的等边三角形中，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先将用与表示出来，再根据向量数量积的运算律计算. 【详解】已知，因此， 又因为在三角形中，，所以： ， 等边三角形的边长为，因此，且与的夹角为， 则， ， 所以， 因此，. 故答案为：. 14. 某短视频平台用一个数学模型来模拟用户连续观看同类视频时兴趣度的变化，设用户的初始兴趣度为100，每观看一个同类视频，兴趣度会衰减为看此视频之前的80%，由于对下一同类视频“新鲜感”的期待，兴趣度又会增加4，当用户的兴趣度低于60时，平台不再推送同类视频，则用户连续看到同类视频的个数至多是________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据每次观看视频的兴趣度变化规则可得：观看后兴趣度=观看前兴趣度，由此逐一计算到兴趣度低于60即可得到答案． 【详解】由条件可得观看后兴趣度=观看前兴趣度， 设观看第个视频后的兴趣度为， 故， ， ， ， 故用户连续看到同类视频的个数至多是4. 故答案为：4 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. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，E，F分别是CD，PA的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建系，然后利用空间向量的方法求面面角即可. 【小问1详解】 取中点，连接， 分别为中点，且， 为矩形，为中点，且， 且，四边形为平行四边形， ， 平面，平面，平面. 【小问2详解】 如图，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 由题意可知，可作为平面的法向量， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆，直线，直线l与圆C相交于点A，B，圆C与x轴正半轴交于点D． （1）若，求直线l的方程； （2）记直线AD，BD的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆得垂径定理可求出的值，从而可求直线l的方程； （2）令，结合圆的方程求出点的坐标，设，，联立直线与圆的方程，利用韦达定理，得利用斜率公式得从而可求出为定值． 【小问1详解】 圆的方程化为标准形式： 故圆心，半径长 设圆心到直线（即）的距离为，根据弦长公式： ，已知 代入得：，解得： 由点到直线的距离公式，圆心到直线的距离， 解得 因此，直线的方程为或． 【小问2详解】 由圆，令，得（取正半轴），故 ； 设，， 联立直线与圆的方程得方程组， 消去，整理得 由韦达定理，得 又直线AD，BD的分别为 因此： 又 故 故为定值． 17. 设，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a. 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是； （2）. 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，再根据导数的正负求函数的单调区间； （2）由（1）的结果，转化为，再通过构造函数，利用导数求函数的单调区间和最值，再求解不等式. 【小问1详解】 ，得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是； 【小问2详解】 由（1）可知函数的最小值是， 若恒成立，则， 设，，得， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 当时，取最大值为，所以不等式的解集为， 则不等式的解为， 综上可知， 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求证：； （2）设边上的中点为D. （ⅰ）若，，求； （ⅱ）记，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的余弦公式化简，再结合三角函数求出； （2）（ⅰ）利用余弦定理以及即可； （ⅱ）在和中利用正弦定理，结合两角和差、倍角公式得出，令，结合辅助角公式和三角函数的最值求出最大值，并检验其存在性，即可求出的最大值. 【小问1详解】 ，则， 因，则，则， 又，则或者（舍），则； 小问2详解】 （ⅰ）因，，，， 则在和中利用余弦定理可得， ， 得，则为等边三角形，故； （ⅱ）在和中利用正弦定理可得， ，， 两式联立可得，，即，即 则，即， 则， 因，则令， 则，其中， 则，得， 当时，， 因，则，则，则， 故当，即时，有最大值，此时， 故的最大值为. 19. 设i，j，k，m，n均为正整数，无穷数列是递增数列，且各项均为正整数，. （1）若数列满足，求数列的通项公式及其前n项的和； （2）若对于任意k，都不存在i，j，使得. （ⅰ）求证：； （ⅱ）若存在无穷多个m，使得，求数列的通项公式. 【答案】（1）， （2）（i）证明见解析； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式计算； （2）（i）利用反证法，先假设成立，通过推论得到与对任意，都不存在使得矛盾，从而说明； （ii）根据（i）得到，然后结合存在无穷多个，使得得到. 【小问1详解】 由题意得，所以数列为等差数列，公差为1， 所以通项公式，前项和. 【小问2详解】 （i）假设， 因为数列递增数列，且各项均为正整数， 所以为相邻的正整数，则， 此时，这就存在，使得， 与对任意，都不存在使得矛盾， 所以假设不成立，故； （ii）由（i）知，则， 又因为存在无穷多个，使得，且数列是递增的正整数数列， 所以对于所有的正整数，都有， 下面验证对任意，都不存在使得， 因为为整数，所以为偶数，为奇数， 所以不可能成立，符合条件， 综上可得，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三期中学业质量监测试卷 数 学 注意事项： 1.答题前，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指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（    ） A. B. C. D. 2. 设集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 若点（）是曲线的一个对称中心，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 4. 若函数的图象在处的切线过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 在扇形AOB中，，P是弧AB上一点，且，则（    ） A. B. C. D. 6. 设函数的定义域为R，对于任意的，，且，则“”是“是增函数”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 7. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设正数，满足，，，则（ ） 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. 设，点，，若，则直线AB的斜率可能为（    ） A. B. C. D. 10. 设等差数列的前n项的和为，若，，则（    ） A. B. C. 当时，取最大值 D. 数列递减数列 11. 设集合，，从到的函数，其中，则（ ） A. 函数的值域为 B. 是方程的解 C. 曲线是中心对称图形 D. 是函数的极小值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是终边上一点，则________. 13. 在边长为的等边三角形中，，则________. 14. 某短视频平台用一个数学模型来模拟用户连续观看同类视频时兴趣度的变化，设用户的初始兴趣度为100，每观看一个同类视频，兴趣度会衰减为看此视频之前的80%，由于对下一同类视频“新鲜感”的期待，兴趣度又会增加4，当用户的兴趣度低于60时，平台不再推送同类视频，则用户连续看到同类视频的个数至多是________． 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. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，E，F分别是CD，PA的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆，直线，直线l与圆C相交于点A，B，圆C与x轴正半轴交于点D． （1）若，求直线l方程； （2）记直线AD，BD的斜率分别为，，求证：为定值． 17. 设，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a. 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求证：； （2）设边上的中点为D. （ⅰ）若，，求； （ⅱ）记，求最大值. 19. 设i，j，k，m，n均为正整数，无穷数列是递增数列，且各项均为正整数，. （1）若数列满足，求数列的通项公式及其前n项的和； （2）若对于任意k，都不存在i，j，使得. （ⅰ）求证：； （ⅱ）若存在无穷多个m，使得，求数列通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $