精品解析：江苏省徐州市第三中学2025-2026学年高三上学期教学质量检测（一）数学试题

2025~2026学年度高三第一学期教学质量检测（一） 数学试题 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. 设集合 ，， 则 （ ） A. B. C. D. 2. 若复数，为虚数单位，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 3. 一组数据2，4，6，8的下四分位数是（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 数列是各项均为正数的等比数列，数列是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“是奇函数”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 6. 锐角三角形的三边长成等差数列，且，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ） 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. 对于函数，若对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为倒函数．以下选项正确的有（ ） A. 函数是倒函数 B. 函数是倒函数 C. 若是R上的倒函数，当时，，方程没有正整数解 D. 若是R上的倒函数，其函数值恒大于0，且在R上是增函数．记，则是的充要条件 10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 11. 已知图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点P在正方体的对角面BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 若平面A1C1D，则P的轨迹长度为 B. 若BP⊥平面A1C1D，则P的轨迹长度为 C. 若点P到平面A1B1C1D1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹是椭圆的一段 D. PA+PA1的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则___________；___________. 13. 写出过点的被圆所截的弦长为的直线方程______．（写出一条直线即可） 14. 设函数和的定义域为D，若存在非零实数，使得，则称函数和在D上具有性质.现有下列三组函数： ①，；②，；③，． 其中具有性质的是_______.（填序号） 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. 已知向量，设函数. （1）求的最小正周期； （2）若，求的最值和单调区间. 16. 在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题． 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有______． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 17. 已知多面体ABCDEF如图所示，其中四边形ABCD为矩形，，平面ABCD． （1）求证：平面BCF； （2）若，点A到平面BDF的距离为，求的值． 18. 在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求证：在上单调递减； （2）若有两个不相等的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度高三第一学期教学质量检测（一） 数学试题 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. 设集合 ，， 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式可以得到，结合，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：C. 2. 若复数，为虚数单位，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念求解即可 【详解】复数的共轭复数为 故选：C 3. 一组数据2，4，6，8的下四分位数是（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】将该组数据从小到大排列为：2，4，6，8. 下四分位数即25%分位数，又， 根据百分位数的计算步骤，25%分位数为， 所以该组数据的下四分位数为3. 故选：D. 4. 数列是各项均为正数的等比数列，数列是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质推得，结合等比数列通项的基本量运算即可逐一判断. 【详解】设正项等比数列的公比为，则， 因数列是等差数列，且，则， 对于AB，由 ，当时等号成立， 即，故A项仅在时可能成立，而B项始终正确； 对于CD，由 ，当时等号成立， 即，故C项仅在时可能成立，D项仅在时成立. 故选：B 5. 已知，则“”是“是奇函数”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】根据题意，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果. 【详解】若，则， 所以，且， 则，即， 当为奇数时，，为奇函数， 当为偶数时，，为奇函数， 故充分性满足； 若是奇函数，则，即， 即，故必要性也满足； 所以“”是“是奇函数”的充要条件. 故选：C 6. 锐角三角形的三边长成等差数列，且，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，等差数列公差为，然后将代入条件可得，然后结合可得答案. 【详解】不妨设，等差数列公差为， 则，代入，得，可得， 又由锐角三角形可知，最大角为锐角， 所以，将代入可得， 所以，，解得， 所以， 故选：C 7. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合条件得到：，然后根据函数的奇偶性和单调性求解. 【详解】由题意得，函数， 设（）， 由，得从而：， 又因为， 所以是上的奇函数，即， 又有， 因为是上的增函数，是上的增函数， 所以是上的增函数； 则可得：，即， 整理得：，解得：或， 所以实数的取值范围为， 故选：C. 8. 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先通过联立直线与抛物线方程，利用焦点弦长公式求，再利用点到直线的距离求高，即可求的面积. 【详解】抛物线的焦点， 过焦点且倾斜角的直线为， 联立，得， 得，所以， 原点到直线的距离， 所以的面积. 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. 对于函数，若对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为倒函数．以下选项正确的有（ ） A. 函数是倒函数 B. 函数是倒函数 C. 若是R上的倒函数，当时，，方程没有正整数解 D. 若是R上的倒函数，其函数值恒大于0，且在R上是增函数．记，则是的充要条件 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A、B，直接根据定义判断函数是否为倒函数；对于选项C，先根据倒函数性质求出时函数表达式，再判断方程是否有正整数解；对于选项D，根据函数单调性判断与之间的充分性和必要性. 【详解】对于A，对于定义域为R，显然定义域中任意实数，都有成立，又，所以是倒函数．故A正确． 对于B，定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数，故B错误． 对于C，令，则，由倒函数的定义，可得， 所以，所以，要使有正整数解， 则，当时，； 当时，；所以没有正整数解，故C错误． 对于D，充分性：当时，且，因为是增函数， 所以，，即，， 所以． 必要性：当时， 有 因为恒大于0，所以，即， 所以，因为是增函数，所以，即； 综上可得是的充要条件，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 【答案】BC 【解析】 【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解． 【详解】对于A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误； 对于B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； 对于C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； 对于D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算： 情况1：A负责语文 固定在语文，分2种子情况： ①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数： ②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：； 情况1总方案数：． 情况2：B负责数学 与“情况1”对称，总方案数同样为60． 情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分） 负责语文且B负责数学，并保证英语、物理学科均有人负责.分情况讨论如下： ①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理有种方法，最后1人去语文或数学有种方法，方法数：； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为； 故情况3总方案数：． 根据容斥原理，不符合条件的方案数为：， 因此，符合条件的方案数为：，故D错误. 故选：BC． 11. 已知图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点P在正方体的对角面BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 若平面A1C1D，则P的轨迹长度为 B. 若BP⊥平面A1C1D，则P的轨迹长度为 C. 若点P到平面A1B1C1D1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹是椭圆的一段 D. PA+PA1的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行可得轨迹判断A选项，结合线面垂直可得轨迹判断B选项，应用点到平面距离判断C选项，根据距离相等求距离和最小判断D选项. 【详解】 正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，故外接球半径，所以正方体的棱长为a=2． 对于A项，若平面A1C1D因为B1P平面BDD1B1，记A1C1交B1D1于点O1连接DO1，如图4所示，则平面A1C1D∩平面BDD1B1=DO1，所以． 记线段BD的中点为O，连接B1O．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面平面ACB1， 再结合点P在正方体的对角面BDD1B1内，可知点P的轨迹为平面ACB1与平面BDD1B1的交线，也 就是线段B1O（除去点B1） 显然在矩形BDD1B1中，，则点P的轨迹就是线段B1O（除去点B1）， 其长度为，故选项A正确． 对于B项，连接BD1，如图5所示． 显然在正方体中BD1⊥平面A1C1D，而过一点有且只有一条直线和已知平面垂直， 所以若BP⊥平面A1C1D，则P的轨迹就是线段BD1（除去点B），其长度为．故选项B正确． 对于C项，过点P作B1D1的垂线，垂足为H，如图6所示． 由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥PH． 因为PH⊥B1D1，A1C1，B1D1平面A1B1C1D1，A1C1∩B1D1=O1，所以PH⊥平面A1B1C1D1． 故点P到平面A1B1C1D1的距离就是点P到直线B1D1的距离．所以点P到直线B1D1的距离与点B的距离相等， 由抛物线的定义可知P的轨迹是以B为焦点，直线B1D1为准线的抛物线的一段（在四边形BDD1B1内，包含边界），故选项C不正确． 对于D项，由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，连接PC1，AC1，因为平面BDD1B1，所以PA1=PC1， 所以，当且仅当A，P，C1三点共线时等号成立．故选项D正确， 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则___________；___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】按照二项式展开式中的项系数求得，取，代入可求得结果. 【详解】； ，取，则， 故 故答案为：-20；-1 13. 写出过点的被圆所截的弦长为的直线方程______．（写出一条直线即可） 【答案】（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】由题意分满足题意的直线斜率是否存在进行讨论，结合圆心到直线的距离公式、弦长公式进行验算或者求解即可. 【详解】当满足题意的直线斜率不存在即直线方程为时， 圆心到该直线的距离为，而圆的半径为， 此时该直线被圆所截的弦长为，故直线方程满足题意； 当满足题意的直线斜率存在时，不妨设直线方程为， 圆心到该直线的距离为，而圆的半径为， 若该直线被圆所截的弦长为， 则有，解得， 即此时满足题意的直线方程为. 故答案为：（或，答案不唯一）. 14. 设函数和的定义域为D，若存在非零实数，使得，则称函数和在D上具有性质.现有下列三组函数： ①，；②，；③，． 其中具有性质的是_______.（填序号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】通过验证每组函数对应的是否存在非零实数解，判断其是否具有性质. 【详解】对于①，令，即， 因式分解得，解得或， 为非零实数，故满足性质. 对于②，令，即，变形为， 两边取自然对数得，整理得，解得， 无满足条件的非零实数，故不满足性质. 对于③，令，即，化简为， 当时，左边，右边，等式成立； 当时，左边，右边，等式成立； 和为非零实数，故满足性质. 故答案为：①③. 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. 已知向量，设函数. （1）求的最小正周期； （2）若，求的最值和单调区间. 【答案】（1） （2）的最小值为，最大值为的单调递增区间为，单调递减区间为 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积得出函数关系式，再利用二倍角正弦与余弦公式化简前者得正弦型函数，故可求周期； （2）根据正弦函数的性质可求的最值和单调区间. 【小问1详解】 ， 故的最小正周期为. 【小问2详解】 因为，所以， 所以当，即时，取得最小值，最小值为； 当，即时，取得最大值，最大值为. 令，即时，故在递增； 令，即时，故在递减. 综上，的最小值为，最大值为， 的单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题． 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有______． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2） 因为， ． 因为，且在时单调减小， 所以，且在时单调增加，并在时取最小值， 所以． 【解析】 【分析】（1）条件①不符合题意.如果选条件②，则可根据及条件②，得到，从而可判断是等差数列，求得的通项公式，进而得到的通项公式，最后得到的通项公式.如果选条件③，可直接得到与的关系，进而可得到的通项公式. （2）由已知条件，可求得的通项公式，从而得到的表达式，即可证明. 【小问1详解】 对于条件①，当时，，不符合题意．（如果选条件①，不得分） 如选②：， ，， 则是公差为1的等差数列， 则，则． 当时，， 当时，满足上式． 所以的通项公式为． 如选③：因为，则， 当时，，解得：． 当时，， 即，因为，所以， 则是首项为1，公差为2的等差数列， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 略 17. 已知多面体ABCDEF如图所示，其中四边形ABCD为矩形，，平面ABCD． （1）求证：平面BCF； （2）若，点A到平面BDF的距离为，求的值． 【答案】（1）因为，所以，， 又，平面，则平面， 而平面，所以， 又 不在平面 内，平面 ，所以 平面 ， 因为 ，且不在平面 内，平面 ，所以平面 ， 又，平面 ，故平面平面 ， 因为平面 ，故平面 ． （2） 【解析】 【分析】（1）通过面面平行证明线面平行即可； （2）方法一：采用等体积法计算三棱锥的体积，即分别计算，，根据、相等即可求解；方法二：以为轴建立空间直角坐标系，用点到平面的距离公式列等式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：连结AF，如图所示， 设，，则， ，，在 中， 以BF为底，则高， ， ， 因为，， 由等体积法可得，，即， 解得． 解法二：由，面，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设 则 则， 设面BDF的法向量，则， 取，则， 又， 解得，即． 18. 在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设动点Q的坐标为，根据题意得到，即可求解； （2）设切线方程，联立方程组，由，得出方程，设切线的斜率分别为，，得到，求得，即可求解. 【小问1详解】 解：设动点Q的坐标为， 因为动点Q到直线的距离与到点F（，0）的距离之比为2， 可得，整理得， 即所求曲线的方程为． 【小问2详解】 解：根据题意，设点，显然，过P点的切线斜率均存在，设切线方程：， 联立方程组，整理得， 由，即， 设两条切线的斜率分别为，，则， 则，当且仅当时取等号， 所以的最大值为． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求证：在上单调递减； （2）若有两个不相等的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）当时，，，令，， 令，得，，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ，即， 所以函数在上单调递减. （2）（i），（ii）要证，即证， 又，，，即证， 将，两式相减可得，， 只需证， 即证，令，即证； 设函数，，则， 所以函数在上单调递增，则，即， 所以原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数可证明函数单调性； （2）（i）方程有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，令，利用导数研究单调性，求出最值可得解； （ii）要证，即证，又，，即证，可得， 令，即证，构造函数，利用导数可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，， 令，， ，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意； 当时，，，，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ，函数有两个零点，则，解得， 又，，不妨设，， 所以实数的取值范围为. （ii）略 【点睛】方法点睛：本题第二问的第2小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下： （1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元，，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于（或）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证明.  （2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构造函数求解； （3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对数，去倒数，切线放缩等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $