精品解析：江苏省无锡市第一中学2026届高三上学期1月测试数学试题

无锡市第一中学高三数学测试 2026.01.06 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，若，则所有整数a的取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. N 2. 若复数z与复数都是纯虚数，是z的共轭复数，则（ ） A. 6 B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 某企业举办职工运动会，有篮球、足球、羽毛球、乒乓球4个项目.现有，两个场地承担这4个项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 14种 D. 20种 5. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 9 B. 3 C. D. 6. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长等于2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为 7. 已知函数在上的值域为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列为等比数列，公比为q（），前n项和为，则“”是“数列是单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 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． 9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量（万次） 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 与负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 10. 掷一枚骰子，记事件：掷出的点数为偶数；事件：掷出的点数大于2．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设直线与函数图象的三个交点分别为，且，则（ ） A. 图象的对称中心为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，项的系数是______． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 14. 已知集合，且 ，其中．若任意，均有，求实数的最大值______. 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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围. 16. 已知中，内角所对的边分别为． （1）求角的值； （2）若点满足，且，求的值． 17. 如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． （1）求证：； （2）若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 18. 黄冈地处湖北省东部，以山带水，胜迹如云.为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来黄冈旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观罗田天堂寨，另外的人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁.每位游客若只参观罗田天堂寨，则记1分；若既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁，则记2分.假设每位首次来黄冈旅游的游客计划是否游览东坡赤壁相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取人，记这人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 19. 如图，已知点是抛物线上位于第一象限的点，点，点是轴上的两个动点(点位于轴上方)， 满足，线段分别交轴正半轴、抛物线于点，射线交轴正半轴于点 （1）若四边形ANPM为矩形，求点的坐标； （2）记的面积分别为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市第一中学高三数学测试 2026.01.06 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，若，则所有整数a的取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. N 【答案】C 【解析】 【分析】按照和这两种情况讨论求解，当时，得到符合题意；当时，，求出，由，得到或，计算出的值，从而得到所求. 【详解】当时，，满足，故符合题意； 当时，，，， 或，或， 综上可知所有整数的取值构成的集合为. 故选：C. 2. 若复数z与复数都是纯虚数，是z的共轭复数，则（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意设，然后根据为纯虚数可得b，然后可得答案. 【详解】由复数z为纯虚数，可设， 所以， 因为是纯虚数，所以，解得， 所以. 故选：A 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量加减法及向量垂直坐标表示可得答案. 【详解】由题，， 由得，即，解得. 故选：D. 4. 某企业举办职工运动会，有篮球、足球、羽毛球、乒乓球4个项目.现有，两个场地承担这4个项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 14种 D. 20种 【答案】C 【解析】 【分析】分一个场地承办一个项目，另一个场地承办三个项目与每个场地都承办两个项目两种情况讨论，按照先分组，再分配的方法计算可得. 【详解】若一个场地承办一个项目，另一个场地承办三个项目，则有种安排； 若每个场地都承办两个项目，则有种安排； 综上可得一共有种不同的安排方法. 故选：C 5. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 9 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性得，应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值. 【详解】根据正态分布的对称性及已知，有，可得，则， 故， 当且仅当，则时取等号， 综上，目标式的最小值为3. 故选：B 6. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长等于2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，依题意可得、，从而求出，再一一判断即可. 【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径， 则由截面与圆柱底面所成锐二面角得，解得，故A不正确； 显然，则，离心率，故B不正确； 当以椭圆长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时， 椭圆的标准方程为，故C正确； 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D不正确. 故选：C 7. 已知函数在上的值域为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，再利用值域可限定，解得的取值范围为. 【详解】由及可得， 根据其值域为，且， 由正弦函数图象性质可得， 即可得，解得. 故选：B 8. 已知数列为等比数列，公比为q（），前n项和为，则“”是“数列是单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】结合等比数列的通项公式求解即可. 【详解】解法一：通项法：若，则，所以或，． ①若，当时，是递增数列，所以是递增数列； 当时，是递减数列，所以是递增数列． ②若是递减数列，所以是递增数列． 所以“”是“数列是单调递增数列的充分条件． 若是单调递增数列，则，所以，因为， 所以，所以“”是“数列是单调递增数列”的必要条件． 由上可知：“”是“数列是单调递增数列”的充要条件． 解法二：定义法， 若是单调递增数列， 则，所以． 若，则 所以“”是“数列是单调递增数列”的充要条件故选：C 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． 9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量（万次） 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 与负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据回归方程分析判断；对于B：根据线性回归方程必过样本中心点，运算求解；对于C：根据回归方程进而预测；对于D：根据题意结合残差的定义分析判断. 【详解】对于A：因为，所以变量与负相关，故正确； 对于B：， ， ，则， 解得，故错误； 对于C：当时，， 故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确； 对于D：当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 故残差绝对值的最大值为0.2，故正确. 故选：ACD. 10. 掷一枚骰子，记事件：掷出的点数为偶数；事件：掷出的点数大于2．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式结合事件的运算及条件概率公式逐一判断即可. 【详解】由题意，基本事件的总数为， 则，故A错误； 事件表示掷出的点数为偶数且不大于2，则， 事件表示掷出的点数为奇数且大于2，则， 所以，故B错误； 事件表示掷出的点数为偶数且大于2，则， 事件表示掷出的点数为奇数且不大于2，则， 所以，故C正确； ， 所以，故D正确. 故选：CD. 11. 设直线与函数图象的三个交点分别为，且，则（ ） A. 图象的对称中心为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：验证是否成立即可得；对B：结合函数性质可得，，即可得解；对C、D：由题意可得、，则可借助表示出及，即可得解. 【详解】对A： ， 故图象的对称中心为，故A正确； 对B：， 则当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，，故，， 由题意可得， 即有， 则、，， 故，故B错误； 对C：由，则，又， 即， 又，则，故，故C正确； 对D： ， 由，则，故， 又，故，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助得到、，. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，项的系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据二项式的展开式的通项公式求解即可． 【详解】展开式的通项公式为， 令，得，所以含项的系数为， 故答案为：． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得. 【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得， 取的中点，连接，由，得，则， 连接，由为的中点，得，，， 因此，即，整理得， 而，所以. 故答案为： 14. 已知集合，且 ，其中．若任意，均有，求实数的最大值______. 【答案】2 【解析】 【分析】由题意在上恒成立，构造函数，利用函数的单调性结合对数函数的单调性解不等式，即可得解. 【详解】因为 ，所以 在上恒成立， 设 ， 由题意，所以， 故实数m的最大值为2. 故答案为：2 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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，的单调递增区间是； 当时，的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论求出的单调区间. （2）由（1）的信息，求出最大值，再建立 不等式并构造函数，利用导数单调性求解即得. 【小问1详解】 显然，的定义域为，求导得， 当时，在上单调递增； 当时，由，得，令，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的单调递增区间是； 当时，的单调递增区间是，单调递减区间是. 【小问2详解】 由（1）知，当且仅当时，存在最大值，且最大值为.， 设，求导得，函数在上单调递增， 又，则由，得， 所以的取值范围为. 16. 已知中，内角所对的边分别为． （1）求角的值； （2）若点满足，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件和三角形内角关系，利用两角和的正弦公式化简可得，再由辅助角公式以及角的范围可得； （2）根据向量定比分点以及，在中由正弦定理可得，化简计算即可求得. 【小问1详解】 由以及可得 ， 即， 可得，又， 所以，即， 可得，又, 解得. 【小问2详解】 如下图所示： 由可得，，，； 在中，由正弦定理可得，即， 由可得， 化简可得，整理可得， 所以. 17. 如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． （1）求证：； （2）若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1） 在图①中，由题知：四边形为正方形，且； 则在②中，，，且平面， 则平面； 又，平面，又平面，； 又，且为的中点，则； 又平面， 则平面，又平面，． （2）存在，，理由如下： 由（1）知：平面，平面， 则平面平面； 由题知：二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则, 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系； 则，、、、， 则、、、， 设，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则． （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角解出参数，再由棱锥体积公式得解； （3）利用向量法根据点到面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知：， 则平面的一个法向量可以为，且， 则点到平面的距离为． 18. 黄冈地处湖北省东部，以山带水，胜迹如云.为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来黄冈旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观罗田天堂寨，另外的人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁.每位游客若只参观罗田天堂寨，则记1分；若既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁，则记2分.假设每位首次来黄冈旅游的游客计划是否游览东坡赤壁相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取人，记这人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 【答案】（1） X 2 3 4 P ， （2） （3）趋近于常数. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到变量X的可能取值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望； （2）由这人的合计得分为分，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）记“合计得分”为事件A，“合计得分”为事件，得到，结合数列的递推关系式，进而求得数列的通项公式，得到答案. 【小问1详解】 由题意得，随机变量的可能取值为2，3，4， 可得，，. 所以的分布列如下表所示： X 2 3 4 P 所以，数学期望为. 【小问2详解】 由这人的合计得分为分，则其中只有1人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁， 所以， 则， 由两式相减，可得， 所以. 【小问3详解】 在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分， 记“合计得分”为事件A，“合计得分”为事件，A与是对立事件， 因为，， 所以，即， 因为， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数. 【点睛】思路点睛：第二问根据独立重复试验二项分布求得，然后结合数列错位相减求解；第三问根据事件概率和为1求得通过配凑成等比数列来求解出，从而解得趋近于常数. 19. 如图，已知点是抛物线上位于第一象限的点，点，点是轴上的两个动点(点位于轴上方)， 满足，线段分别交轴正半轴、抛物线于点，射线交轴正半轴于点 （1）若四边形ANPM为矩形，求点的坐标； （2）记的面积分别为，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据矩形性质，可得对角线互相平分，即的中点在轴上，然后点在抛物线，即可得； （2）联立直线方程与抛物线，根据韦达定理求得两点的纵坐标关系，再根据条件判断与相似，进而求得两点的坐标关系，再表示并化简为关于的函数，根据两点的位置关系，以线段为直径的圆与抛物线有交点得出关于的约束，即可确定中取值范围，最后可得 【小问1详解】 当四边形为矩形时， 的中点在轴上，则有： 故- 【小问2详解】 设点，直线方程：， 显然有 联立直线与抛物线，得： 消去得： 则有： 由，得： 又由，可得：△∽△ 则有： 从而，即 所以，进而有： 结合（注：由，得，故有） 可得： 又由题意知，存在抛物线上的点满足条件，即以线段为直径的圆与抛物线有 交点，且易得圆方程： 联立抛物线与圆，得 消去得： 由，结合，可解得： 令，求导可知在上单调递增 又 故有：在上单调递增 因此， 【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；在求解相关最值问题时，通常是先建立目标函数，然后应用函数的知识来解决问题； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $