精品解析：江苏省太湖高级中学2026届高三上学期12学情调研数学试卷

江苏省太湖高级中学高三年级12月学情调研 学科：数学 时间：120分钟 一、单选题： 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知（其中为虚数单位）是关于的方程的一个根，则在复平面内，所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. 670 B. 675 C. 2025 D. 4050 7. 若函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线恒过定点A，圆上的两点，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题： 9. 已知点P是的中线BD上一点（不包含端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值是9 10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 是的极大值点 C. 在处的切线方程为 D. 在区间上单调递增 11. 已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则下列正确的是（ ） A. B. C. 若点是正方体表面上一动点且满足，则点的轨迹长度为 D. 已知平面过点且，若，且，则点的轨迹长度为 三、填空题： 12. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形，再在该扇形内剪下一个同心小扇形（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧的长为，则此扇面的面积为______． 13. 已知，，则_______． 14. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线上上存在一点满足，则椭圆的离心率的取值范围为_________． 四、解答题： 15. 已知的面积为，内角所对的边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，且，求. 16. 已知数列的前项和为，若，且． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 已知平面边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面， ①求三棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆C的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，右焦点F为，且经过． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过F作不与坐标轴平行的直线交曲线C于A，B两点，过点A，B分别向x轴作垂线，垂足分别为点D，E，直线与直线相交于P点． ①求证：点P的横坐标为定值； ②求面积的最大值． 19. 已知函数．（其中是自然对数的底，，）． （1）讨论函数的单调性； （2）若直线是函数图像的切线，求a的值； （3）当时，若恒成立，求整数a的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省太湖高级中学高三年级12月学情调研 学科：数学 时间：120分钟 一、单选题： 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合和集合，根据交集的定义求出. 【详解】由题意知，，，所以. 故选：C. 2. 若，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得. 【详解】由，，， 则， 而，即得， 所以，又， 所以. 故选：A. 3. 已知（其中为虚数单位）是关于的方程的一个根，则在复平面内，所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：代入，得到方程组，求出，得到，求出所在象限； 方法二：求出的解，从而得到，求出，得到，求出所在象限. 【详解】方法一：依题意，， 故，解得， 则在复平面内对应的点为，位于第一象限； 方法二：易知方程的解为，则， 即，解得， 则在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 4. 已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论. 【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为， 设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时 根据弦长公式得最小值为. 故选：B. 【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题. 5. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换的知识求得，根据三角函数的单调性对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）, 得到， 对于A，由，得， 所以函数在上单调递增，故A不符合； 对于B，由，得， 所以函数在上不单调，故B不符合； 对于C，由，得， 所以函数在上单调递减，故C符合； 对于D，由，得， 所以函数在上不单调，故D不符合. 故选：C. 6. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. 670 B. 675 C. 2025 D. 4050 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列性质可得，利用累乘法运算求解即可. 【详解】因为数列为正项等差数列， 则，即， 可得，，，， 累乘可得. 故选：B. 7. 若函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原题意等价于与在内有交点，可转化为在有解，构造，利用单调性并求值域，即可求的取值范围. 【详解】由题意可知：，即在内恒成立，则， 因为直线关于轴对称的直线为， 原题意等价于与在内有交点， 即在内有解，可转化为在有解， 令，， 因为在上单调递增，故函数在上单调递增， 则，且趋近于时，趋近于， 可知在内的值域为，可得， 所以实数a的取值范围是. 故选：B. 8. 已知直线恒过定点A，圆上的两点，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线过定点分析可知，且三点共线，可知弦的中点的轨迹是以为圆心，半径的圆，根据点到直线的距离公式可得，结合圆的性质分析求解即可. 【详解】直线，即为， 令，解得， 即直线恒过定点， 圆的圆心为，半径， 因为，可知点在圆内， 直线与圆相交， 又因为，可知三点共线， 设弦的中点为，则， 且，， 则，即， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆（点除外）， 设点到直线的距离分别为， 则，且点到直线的距离分别为， 可得， 设点到直线的距离分别为， 则，，， 可得， 所以的最大值为. 故选：C. 二、多选题： 9. 已知点P是的中线BD上一点（不包含端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值是9 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理及共线的推论得，再应用基本不等式、二次函数性质判断各项正误. 【详解】 因为，则，又，，共线，所以，A正确； 由，则，则，当且仅当时取等号，B错误； 由，当时有最小值，C正确； 因为， 当且仅当，即时，等号成立，D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 是的极大值点 C. 在处的切线方程为 D. 在区间上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】A根据的关系判断；B、D对函数求导求的单调区间判断；C由导数的几何意义求切线方程判断. 【详解】A：， 即，所以的图象关于点对称，A对； B：由， 令，则，即且， 令，则，即且， 显然时，上递减，上递增，故是的极小值点，错； C：由B分析知，又， 易知在处的切线方程为，对； D：由B分析知，区间中，在上递增，在上递减，错. 故选：AC 11. 已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则下列正确的是（ ） A. B. C. 若点是正方体表面上一动点且满足，则点的轨迹长度为 D. 已知平面过点且，若，且，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面平行得出点到面的距离相等，转换三棱锥的顶点与底面，即可得A； 利用线面平行证明线线平行，即可得B；由于过一点作已知直线的垂线可组成唯一平面，找到该平面，则其与正方体表面的交线，即可求得轨迹长度C；建系求出点P在球上，由于球与平面的公共点组成一个圆，求出球心与平面的距离，即可求出其轨迹长度，即可得D. 【详解】由，平面可得平面， 则点C、点到平面距离相等，所以，故A选项正确； 如图，取中点，连接，则， 由于平面，平面，则，则， 由于与互余，则可得， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故B选项正确； 如图取中点F，中点G， 由于平面，平面，则， 由于 与互余，则可得， 又因为，所以平面， 因为平面，所以， 同理可得， 又因为，则平面， 因为，所以平面， 又因为点是正方体表面上一动点，所以点的轨迹为平面与正方体表面的公共点组成的图形，即，其中可求得，，所以周长为，故C选项错误； 如图建立空间直角坐标系，则， 设，由于， 则，即， 则点P在圆心为，半径的球上， 又因为，则点P轨迹为球与平面的公共点组成的图形，即圆， 由于，可得取为平面的法向量， 由于平面过点， 则点到平面的距离，， 则， 其周长为，故D选项正确； 故选：ABD. 三、填空题： 12. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形，再在该扇形内剪下一个同心小扇形（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧的长为，则此扇面的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用弧长公式求出的长，利用扇形面积公式求出大、小扇形面积，最后作差求出扇面面积. 【详解】设，因为圆心角，弧的长为，代入弧长公式可得，解得. 由扇形面积公式可得：， ， 所以此扇面的面积为. 故答案为：. 13. 已知，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】以为整体，根据同角三角关系求，结合倍角公式可得，再结合诱导公式运算求解. 【详解】因为，则，且， 可得， ， 则， 所以. 故答案为：. 14. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线上上存在一点满足，则椭圆的离心率的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由可得，又点在右准线上可得，解关于的一元二次不等式，结合即可求得结果. 【详解】取的中点Q，连接，如图所示，    则，所以， 所以，所以为等腰三角形， 即，且，所以， 又因为点在右准线上， 所以，即， 所以，即，解得或， 又，所以， 故答案为：. 四、解答题： 15. 已知的面积为，内角所对的边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理得，进而求解； （2）由得，进而得，又由余弦定理得，即，解出，再利用三角性面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 即，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以，即， 所以，即， 所以，即， 由余弦定理，，即， 所以，解得， 所以. 16. 已知数列的前项和为，若，且． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）依据代入化简可得，可判断数列是等差数列，然后可得，最后依据之间关系可得结果. （2）根据（1）的条件可得，然后使用裂项相消法求和，简单计算可得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以， 所以， 因此数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，， 当时， 所以． （2）由（1）知， 所以， 所以． 17. 已知平面边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面， ①求三棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因，，故, 又，且，故 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面. （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）①连接,设,连接，利用线面平行的性质推得，确定点是线段上靠近点的三等分点，从而求得体积；②依题意建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①如图，连接,设，连接, 因平面，且平面,平面平面， 则，故， 在四边形中，由,可得, 故，即，即点是线段上靠近点的三等分点， 故 ② 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则, 所以，,, 设平面的法向量为， 则，可取， 因， 故,, 设平面的法向量为，则由， 可取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断证明和空间向量在求空间角方面的应用.解题关键在于要熟悉关于线面平行、垂直的判定和性质定理，熟练掌握利用条件建系，运用向量夹角的坐标公式计算求解空间角. 18. 已知椭圆C的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，右焦点F为，且经过． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过F作不与坐标轴平行的直线交曲线C于A，B两点，过点A，B分别向x轴作垂线，垂足分别为点D，E，直线与直线相交于P点． ①求证：点P的横坐标为定值； ②求面积的最大值． 【答案】（1）； （2）①证明如下： 设直线的方程为 ， ， 联立方程得到 ， 易知 ， ； 直线 的方程为，直线的方程为； 联立方程 ， 解得； 所以点P的横坐标为定值3. ②. 【解析】 【分析】（1）设出椭圆方程，由题目条件得到，将点代入椭圆方程，最后列方程组求解得，从而得到椭圆方程； （2）①设出相关点的坐标以及直线的方程，与椭圆联立利用韦达定理得到，再写出直线与直线的方程，联立得到点的横坐标，计算其为定值即可； ②先由题目条件写出的面积的表达式，再利用换元法以及基本不等式求解最大值即可. 【小问1详解】 设椭圆的标准方程为， ，已知，则， 因为椭圆过点，代入方程得到， 联立方程解得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 ①略 ② ， 而，所以，则 ， 令 ，则，所以 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为. 19. 已知函数．（其中是自然对数的底，，）． （1）讨论函数的单调性； （2）若直线是函数图像的切线，求a的值； （3）当时，若恒成立，求整数a的最大值． 【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减 （2） （3）整数的最大值为1 【解析】 【分析】（1）关键在于通过导数的符号变化来判断函数的单调性； （2）需要利用切线方程的条件，结合导数和函数值的关系求解； （3）需要将不等式转化为，并研究右侧函数的最小值 【小问1详解】 函数的定义域， 求导得， 当时，，故，函数在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，故，函数单调递增；当时，，故，函数单调递减， 因此，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减. 【小问2详解】 设切点为，则，直线的斜率为，因此，由得， 解得，由于切点在直线上，故， 因此，，将代入上式，得：， 令，则，对于，因此，在上单调递增，又因为，所以， 将代入，因此，的值为. 【小问3详解】 当时，，即：，令，则，令， 则，由于，且，故，因此在上单调递增， 因为，，因为， 因此，存在，使得，即，对于，，故，单调递减； 对于，，故，单调递增； 因此，在处取得最小值：， 令，则，所以，又，， 所以， 因此整数的最大值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $