精品解析：江苏省兴化中学、泗洪中学、高邮中学、兴化市楚水实验学校四校联考2025-2026学年高三上学期1月调研测试数学试题

高三数学调研测试 一、单项选择题：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. 设虚数 ，则 是（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先由复数的除法运算法则将表示成复数的一般形式，再求得. 【详解】由 ，得. 所以 故选：A 2. 设集合 ， 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式可以得到,，进而可得答案. 【详解】因为,且由定义域知道, 所以,显然, 所以. 故选:D. 3. 一组数据1，2，3，4的上四分位数是（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】首先将数据按从小到大排列，然后根据百分位数相关知识求解出答案. 【详解】上四分位数为分位数，总共4个数字从小到大排列为1，2，3，4， 故，根据百分位数定义知分位数为， 故选：B. 4. 5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是（ ） A. 20 B. 60 C. 125 D. 243 【答案】D 【解析】 【分析】根据5名同学每名都可以有3种选择按照分步乘法计数原理进行相乘即可. 【详解】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座， 由于这5名同学每名都可以有3种选择，所以共有种选择. 故选：D. 5. 在平面直角坐标系 中，已知点 ，，，若向量，在上的投影向量相等，则 的值是（ ） A. 0 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的坐标表示，代入投影向量公式，即可求解. 【详解】，，， 由条件可知， 所以，即，即. 故选：A 6. 某放射性物质的质量每年比前一年衰减，其初始质量为，年后的质量为，则下列各数中与最接近的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理即可估算近似值. 【详解】由题意可知 故选：C 7. 已知为双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线距离之积为4，则双曲线的焦距的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线距离公式、基本不等式进行求解即可. 【详解】如图所示： 由双曲线的标准方程可知该双曲线的渐近线方程为：， 即， 设，则点到双曲线的两条渐近线距离为： ， 又点到双曲线的两条渐近线距离之积为4， 即， 由点为双曲线上一点， 则， 所以， 因为，所以即， 所以， 即或（舍去）所以， 所以双曲线的焦距的取值范围为：， 故选：A. 8. 的内角 ，， 的对边分别为 ，，，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 外接圆的半径为 C. 若 ，则该三角形有两解 D. 取值范围为 【答案】C 【解析】 【分析】选项A：先由结合正弦定理得到，再由余弦定理，化简得到，结合得到化简得到，进而得到；选项B：利用正弦定理得到；选项C：因为，所以化简得到恒成立，化简得到 ，因为,所以不存在，所以该三角形不存在；选项D：因为 所以 ，因为， 所以，所以 取值范围为 . 【详解】对A:因为，所以， 由正弦定理得到 代入，得到 又因为，所以，即, 因为，所以， 而，所以，所以 又因为，所以，故选项A正确； 对B:因为，所以，设 外接圆的半径为 , ，选项B正确； 对C:因为，所以，即 代入，得到 即恒成立， 因为 ，所以 ，所以，即; 又因为,所以不存在，所以该三角形不存在，选项C错误； 对D:因为 所以 因为，所以，所以 所以， 所以 取值范围为 ，选项D 正确. 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. 设函数，则函数（ ） A. 最小正周期为 B. 最大值为3 C. 图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】先说明是的一个正周期，然后利用反证法证明是函数的最小正周期判断A；根据三角函数的有界性及正余弦函数取最大值的条件判断B；根据对称性的定义列式验证判断C；求出导函数，利用导数法判断单调性判断D. 【详解】对于选项A，显然成立， 若存在，使得成立， 则必有，， 即，， 化简得，． 又，故不存在，因此是函数的最小正周期，故A正确． 对于选项B，根据三角函数的有界性，， 当且仅当且时等号成立，其中，显然取不到等号，故B错误． 对于选项C，由于， 则函数的图象不关于直线对称，故C错误． 对于选项D，由于， 则当时，，则在区间上单调递增，故D正确． 故选：AD． 10. 已知正四棱锥的所有棱长均为4，以四棱锥的侧面为底面，作一个正四面体（与在平面的异侧），得到一个新的几何体，则下列关于该新几何体的说法正确的是（ ） A. B. 新几何体六个顶点在同一个球面上 C. 平面 D. 异面直线与的公垂线段长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过线面垂直的判定定理可证得四点共面，通过证明四边形为平行四边形，进而证明，判断A正确；通过判断新几何体是斜棱柱，可判断其六个顶点不在同一球面上，判断B；由线面平行的判定定理判断C；根据异面直线间的距离的向量求法求得异面直线与的公垂线段长，判断D. 【详解】对于A，如图所示，取的中点，取的中点，连接. 因为正四面体和正四棱锥的所有棱长均为4，所以，且. 因为平面，所以平面. 因为∥，所以. 因为四边形为正方形，所以∥，且，所以，且. 因为平面，所以平面. 所以四点共面. 所以四边形为平行四边形.所以∥. 所以.所以A正确. 对于B，由A的判断可得，相等，且两两平行. 因为，所以新几何体是三棱柱. 因为侧棱与不垂直，所以侧棱与底面不垂直，所以新几何体是斜三棱柱.所以其六个顶点不能在同一球面上.所以B不正确. 对于C，由A的判断知∥，平面，平面，所以∥平面.所以C正确. 对于D，连接，记.则是正方形的中心，且，且. 连接，则平面，且. 所以两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则.所以. 由C的判断知，∥，所以四边形是平行四边形，所以. 设，且. 则，即. 令，则，所以. 因为，所以. 所以异面直线与的公垂线段长为. 故选： 11. 已知三次函数有三个不同的零点，，，函数也有三个零点，，，则（ ） A. 若，则且 B. 若，，，，则 C. 若，则对称中心为 D. 设曲线在点处的切线斜率为，若，则的最小值为9 【答案】BC 【解析】 【分析】由穿根法结合图象可判定A，利用待定系数法可判定B，利用抽象函数对称性公式可判定C，利用导数的几何意义计算可判定D. 【详解】易知 对于A，由穿根法可作出的大致图象，三个零点依次如图所示， 再作的图象与相交，则该三点横坐标依次为， 根据图象易知且，故A错误； 对于B，由上易知，当，则，故B正确； 对于C，易知， 则， 所以对称中心为，故C正确； 对于D，， 则 若，， 则， 所以， 当且仅当时取得等号，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出,两边平方即可求解. 【详解】由已知，所以， 即. 故答案为： 13. 已知，是圆上的两个不同的点，若，则的最大值是________. 【答案】 【解析】 【分析】为和到直线距离之和的倍，是的中点到直线距离的倍，利用点轨迹，求最值即可. 【详解】由题知，圆的圆心坐标，半径为2，因为，所以． 设为的中点，所以，所以点的轨迹方程为． 即点的轨迹是以为圆心半径为的圆. 设点到直线的距离分别为， 所以，，， 所以． 因为点到直线的距离为，所以， 即，所以． 所以的最大值为18． 故答案为：18 14. 已知棱长为3的正方体位于平面的同侧，且顶点在平面上，若顶点，到平面的距离分别为，，则顶点到平面的距离是__________. 【答案】 【解析】 【分析】以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用向量法求点到面距离. 【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则，， 不妨设平面的法向量为且，分别表示点到平面的距离， 依题意，，即，解得， 因此，所以顶点到平面的距离为. 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. 如图，正方形 是圆柱的轴截面，已知，点 是的中点，点 为弦的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取 的中点 ，连结，. 在中， ， 分别是，的中点， 所以，且. 在正方形 中， ，且， 又点是 的中点，所以，且. 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过线面平行证明线线平行， （2）利用空间向量的方法解决角度问题，. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 是圆的直径， 是的中点，且，所以，且. 以为坐标原点，以 ，，所在直线分别为 轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 依题意，，，，，，，. 所以，，. 设是平面的法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 设是平面的法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 所以. 设二面角的大小为 ，据图可知，， 所以二面角的余弦值为. 16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． （1）求； （2）若D是边上一点，，且，求的面积， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理化角为边，结合得，再由余弦定理求； （2）根据题意由得，则在中，由与角可得。从而由（1）比例关系得其他，进而由面积公式得解. 【小问1详解】 由，得， 将代入得，， 化简得，即， 则； 【小问2详解】 由（1）知，则， 则在中，由，解得， 所以，解得，则， 故的面积. 17. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位. （1）移动4次后，质点最终所在的位置的坐标为多少的概率最大？ （2）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求的数学期望与方差. 【答案】（1） （2）数学期望为，方差为 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到随机变量可能取值为，，，，，结合独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，比较概率大小即可； （2）由题知质点次移动中向右移动的次数为，而，设为次移动后的坐标值，根据题干的信息找到，根据二项分布的期望和方差计算易得与，进而求出，. 【小问1详解】 设随机变量为次移动后的坐标值，可取值为：，，，， ， ， · 所以质点最终所在的位置的坐标为的概率最大 【小问2详解】 设随机变量为次移动后的坐标值，质点次移动中向右移动的次数为，则 ， ， 则的期望为： ， 则的方差为； ， 所以移动 次后，质点最终所在位置的坐标的数学期望为，方差为. 18. 已知椭圆的短轴长为，一个焦点为. （1）求椭圆E的方程和离心率； （2）设直线l：与椭圆E交于两点A、B. ①过点B作直线的垂线，垂足为D，求证：直线AD过定点； ②点P为线段AB的中点，直线OP（O为坐标原点）与椭圆E交于两点M，N，求四边形AMBN的面积取值范围. 【答案】（1），； （2）①证明: 由消去得，设 ， ，，，且， 直线的方程为，由对称性得，直线所过定点在轴上， 令，得 ， 所以直线恒过定点. ② 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）①联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合对称性求出直线与轴的交点坐标即可推理得证； ②求出直线方程，与椭圆方程联立求出点横坐标表达式，再利用点到直线距离公式及弦长公式表示出四边形面积，进而利用函数性质求出范围. 【小问1详解】 由椭圆的短轴长为，焦点，得，， 则，所以椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 ①略； ②设，不妨设，由①得点， 直线的方程为，由，得，则， 点到直线的距离分别为， 显然点关于原点对称，且在直线两侧，则 ， ， 而， 四边形面积，则 ，解得， 所以四边形面积的取值范围为. 19. 设曲线． （1）求证：关于直线对称； （2）求证：是某个函数的图象； （3）试求所有实数与，使得直线在的上方． 【答案】（1） 点关于的对称点是， 若点在曲线上，即， 所以， 即也在曲线上，故关于直线对称． （2） 固定，设，则， 当时，恒成立，至多只有一个零点； 当时，令，设，则， 在上单调增，在上单调减，在上单调增， 又， 所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应， 互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象． （3）． 【解析】 【分析】（1）只需证明曲线上任一点关于的对称点是也在曲线上即可； （2）判断对任意实数，只有一个与之对应，即关于的方程只有一解，设，只需判断有且仅有一根即可； （3）首先判断出的图象夹在与之间，故．再由与曲线没有交点，且的值即为所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 引理：对于上任意一点，恒有． 证明：设，则， 所以，所以的图象夹在与之间，故． 联立，可得， 当时，， 令，则或， 又， 又，，所以，此时方程无解， 当时，方程也无解， 综上：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学调研测试 一、单项选择题：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. 设虚数 ，则 是（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 设集合 ， 则 （ ） A. B. C. D. 3. 一组数据1，2，3，4的上四分位数是（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是（ ） A. 20 B. 60 C. 125 D. 243 5. 在平面直角坐标系 中，已知点 ，，，若向量，在上的投影向量相等，则 的值是（ ） A. 0 B. C. D. 3 6. 某放射性物质的质量每年比前一年衰减，其初始质量为，年后的质量为，则下列各数中与最接近的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线距离之积为4，则双曲线的焦距的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 的内角 ，， 的对边分别为 ，，，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 外接圆的半径为 C. 若 ，则该三角形有两解 D. 取值范围为 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. 设函数，则函数（ ） A. 最小正周期为 B. 最大值为3 C. 图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增 10. 已知正四棱锥的所有棱长均为4，以四棱锥的侧面为底面，作一个正四面体（与在平面的异侧），得到一个新的几何体，则下列关于该新几何体的说法正确的是（ ） A. B. 新几何体六个顶点在同一个球面上 C. 平面 D. 异面直线与的公垂线段长为 11. 已知三次函数有三个不同的零点，，，函数也有三个零点，，，则（ ） A. 若，则且 B. 若，，，，则 C. 若，则对称中心为 D. 设曲线在点处的切线斜率为，若，则的最小值为9 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知，是圆上的两个不同的点，若，则的最大值是________. 14. 已知棱长为3的正方体位于平面的同侧，且顶点在平面上，若顶点，到平面的距离分别为，，则顶点到平面的距离是__________. 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，正方形 是圆柱的轴截面，已知，点 是的中点，点 为弦的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． （1）求； （2）若D是边上一点，，且，求的面积， 17. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位. （1）移动4次后，质点最终所在的位置的坐标为多少的概率最大？ （2）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求的数学期望与方差. 18. 已知椭圆的短轴长为，一个焦点为. （1）求椭圆E的方程和离心率； （2）设直线l：与椭圆E交于两点A、B. ①过点B作直线的垂线，垂足为D，求证：直线AD过定点； ②点P为线段AB的中点，直线OP（O为坐标原点）与椭圆E交于两点M，N，求四边形AMBN的面积取值范围. 19. 设曲线． （1）求证：关于直线对称； （2）求证：是某个函数的图象； （3）试求所有实数与，使得直线在的上方． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $