江苏省南通市海门区2026届高三第二次调研考试数学试卷

2025-2026学年江苏省南通市海门区高三（上）第二次调研数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。 1.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.已知，则z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 3.已知是非零向量，则“”是“”的(    ) A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4.若将正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角后，则(    ) A. B. C. D. 5.已知函数的图象如图所示，则下列关系不可能成立的是(    ) A. B. C. D. 6.在所有棱长为2的直三棱柱密闭容器内厚度忽略放置一个最大的球，则球的表面积为(    ) A. B. C. D. 7.已知定义在R上的奇函数，满足，，则(    ) A. 一定是奇函数 B. 一定是偶函数 C. 一定是奇函数 D. 一定是偶函数 8.已知双曲线的焦点为，，若过且斜率为正的直线与圆相切，与双曲线在第一象限交于点P，且轴，则双曲线的离心率为(    ) A. B. C. 2 D. 3 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。 9.若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则(    ) A. B. 在上单调递减 C. 的图象关于对称 D. 在上有2个零点 10.已知数列满足，，则(    ) A. 是等差数列 B. ， C. ， D. ， 11.在平面直角坐标系xOy中，是曲线C：上任一点，则下列说法正确的是(    ) A. 曲线C关于原点对称 B. 任意，直线与曲线C没有公共点 C. O为坐标原点， D. 任意， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知在矩形ABCD中，，E是BC的中点，则        . 13.已知抛物线C：的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，和y轴交于D点，且A在B与D之间，若，，则与的面积之比为        . 14.在平面直角坐标系xOy中，将曲线绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是        . 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.本小题13分 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， 求A； 若，，求 16.本小题15分 已知函数， 若是的极小值点，求a； 若存在，使，求a的取值范围. 17.本小题15分 如图，在正四棱台中，，E是BC的中点. 求证：平面； 若，且正四棱台的外接球的表面积为 求正四棱台的体积； 设平面与交于点F，求直线EF与平面所成角的正弦值. 18.本小题17分 已知数列的前n项和为，，其中， 求证：数列是等比数列. 若数列满足，， 求数列的通项公式； 已知，，设，试判断是否存在m，，，使得，，成等差数列，若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由. 19.本小题17分 在平面直角坐标系xOy中，已知P，Q两点分别在x轴，y轴上运动，，点M满足，记M的轨迹为 求E的方程； 设A是E上一动点，过A作两条直线，分别交E于B，C两点. 若A的横坐标为1，的重心恰为原点O，求直线BC的方程； 若，的斜率互为相反数，求面积的最大值. 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：集合，， 则 故选： 结合交集的定义，即可求解． 本题主要考查交集的运算，属于基础题． 2.【答案】D  【解析】解：，则， 故z在复平面内所对应的点位于第四象限． 故选： 结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解． 本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题． 3.【答案】A  【解析】【分析】 本题考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 由，是非零向量，可得“”，进而判断出结论． 【解答】解：由，是非零向量，则“”， “”是“”的必要不充分条件， 故选： 4.【答案】D  【解析】解：设正方形ABCD的边长为2，取AC中点O点，连接BO，DO， 因为将正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，并且O为AC中点， 所以面ABC，， 故可以建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， ，，， 对于A：因为和之间并没有倍数关系，所以和并不共线，则AB与CD不平行，A错误； 对于B：因为和之间并没有倍数关系，所以和并不共线，则AD与BC不平行，B错误； 对于C：，所以与并不垂直，则AB与CD并不垂直，C错误； 对于D：因为，所以，所以，D正确． 故选： 设正方形边长为2，建立空间直角坐标系，根据向量共线与垂直的判定方法即可判定． 本题主要考查线线平行以及线线垂直的判定，属于中档题． 5.【答案】C  【解析】解：由题意可得，，， 则，A正确； ，B正确； ，C错误； 当，时，D也可能成立． 故选： 结合对数函数的图象及函数图象的变换检验各选项即可求解． 本题主要考查了对数函数图象的应用，属于基础题． 6.【答案】B  【解析】解：因为边长为2的正三角形的内切圆的半径为，又， 所以在所有棱长为2的直三棱柱密闭容器内厚度忽略放置的最大球的半径为， 所以该球的表面积为 故选： 根据三棱柱的内切球的求法，即可求解． 本题考查三棱柱的内切球问题的求解，属基础题． 7.【答案】C  【解析】解：因为定义在R上的奇函数，满足，， 所以，所以， 所以，所以的周期为4， 所以，所以， 所以， 所以为奇函数． 故选： 根据赋值法，抽象函数的对称性及周期性，即可求解． 本题考查抽象函数的性质，属中档题． 8.【答案】D  【解析】解：由题，如图， 设圆心为，直线PF与圆A相切于点B，连接， 又，半径， 则， 易知≌，所以， 则， 又轴，，设， 则，又， 解得：，所以在中， ，又， 消去b化简得：， 解得：或舍， 即 故选： 根据圆中切线的性质结合已知条件可得，由轴，，求出P点纵坐标为，然后在中，可得，再结合及离心率的定义即可得解． 本题考查了直线与双曲线的位置关系，直线与圆的位置关系，圆与圆锥曲线的综合应用，属于中档题． 9.【答案】BC  【解析】解：由题意得，可知A项不正确； 当时，， 根据余弦函数的单调性，可知在上单调递减，可知B项正确； 当时，，达到最大值， 所以的图象关于对称，可知C项正确； 当时，， 由余弦函数的性质，可知只有一个根， 所以在上只有1个零点，可知D项不正确． 故选： 根据函数图象的平移变换求出，可判断出A项的正误；根据余弦函数的单调性与对称性对B、C两项作出判断；根据余弦函数的性质解关于x的方程，即可判断出D项的正误． 本题主要考查函数图象的平移变换、余弦函数的图象与性质等知识，属于基础题． 10.【答案】ABD  【解析】解：根据题意可得， 所以是以首项为3，公差为1的等差数列，所以A选项正确； 所以， 所以，所以B选项正确； 因为，所以， 所以，，所以C选项错误； 因为， 因为设，则， 所以的符号为： 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以D选项正确． 故选： 根据数列递推公式求出的通项公式，从而针对各个选项分别求解即可． 本题考查数列的递推公式的应用，等差数列的应用，裂项求和法的应用，属中档题． 11.【答案】ABD  【解析】解：选项A：由点在曲线C：上，可得， 其关于原点的对称点为，满足， 故也在曲线C上，则曲线C关于原点对称，故A正确； 选项B：联立，可得，即， 当时，， 若，方程变为，无解； 若，，方程左边为负数减2，恒小于0，无解； 故对任意，直线与曲线无公共点，故B正确； 选项C：取曲线C上的点， 可得， 故不成立，故C错误； 选项D：由曲线方程得，将其代入， 可得， 利用加权绝对值和的最小值结论：的最小值为， 此处，，，，故最小值为， 代入，得， 故，由基本不等式， 得，故， 因此，故D正确． 故选： 选项A：由点关于原点的对称点满足可判定；选项B：联立，得，分和讨论方程的根可判定；选项C：取曲线求得可判定；选项D：将化为，利用加权绝对值和的最小值结论：的最小值为，结合基本不等式即可判定． 本题考查曲线对称性的判定、直线与曲线交点的判定及基本不等式的应用，属中档题． 12.【答案】24  【解析】解：已知在矩形ABCD中，，E是BC的中点， 则 故答案为： 由平面向量的线性运算，结合平面向量数量积的运算求解即可． 本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属基础题． 13.【答案】  【解析】解：因为抛物线C：，所以， 设，， 由和，且A在B与D之间， 则，， 所以，，且，， 故，， 所以， 故直线l的方程为，即， 令，则， 所以， 所以， 故：，即， 所以点A到直线DF的距离， 点B到直线DF的距离， 故 故答案为： 由题意得出，，进而求出直线l的方程，再令，求出，进而求出直线DF的方程，分别求出点A，B到直线DF的距离，确定三角形的高，即可求解． 本题考查抛物线方程与定义的应用，属于中档题． 14.【答案】  【解析】解：将曲线绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象， 说明函数与直线至多有一个交点， 令，得， 令， 则，可得，或， 即或在上恒成立， 因为，所以可得或 即实数a的取值范围是 故答案为： 问题转化为函数与直线至多有一个交点，令，则该函数在上单调，再由导数求最值得答案． 本题考查曲线与方程，考查化归与转化思想，训练了利用导数求最值，是中档题． 15.【答案】    【解析】解：因为， 根据正弦定理， 所以，即， 由余弦定理可得， 因为，所以； 因为， 在三角形中，， 所以， 即， 所以， 所以， 因为，所以，即， 所以，即，所以， 所以， 由正弦定理得， 根据正弦定理可得，即，再根据余弦定理即可求解； 在三角形中，，根据三角函数的恒等变换可得，由可得，即，求得，再根据两角差的正弦公式和正弦定理即可求解． 本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题． 16.【答案】    【解析】解：因为， 因为是极值点， 所以，即，， 此时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是极小值点， 综上，； 研究命题的否定，即，， 所以，解得成立的必要条件， 下面证明：时，在恒成立， 因为， 令，则， 所以在递减，在递增， 所以，即证， 所以，使得，则 利用是极值点的条件，求导得，解得，再验证其为极小值点即可； 通过研究命题的否定，先得是恒成立的必要条件，再构造函数证明时恒成立，从而得原命题中a的范围是 本题考查利用导数研究函数的极值，属于中档题． 17.【答案】证明：连接， 因为正四棱台，， 所以，， 因为E为BC中点，所以，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面  ；  【解析】解：证明：连接， 因为正四棱台，， 所以，， 因为E为BC中点，所以，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； 连接BD，AC交于点O，连接， 因为正方形ABCD，所以， 因为，所以， 由正四棱台对称性得，， 所以O为正四棱台的外接球的球心， 设， 因为球的表面积为， 所以， 延长，，，交于一点P， 连接，PO， 因为平面平面AC， 平面平面，平面平面， 所以， ， 与交于点， 则平面ABCD， ，即， 所以 连接PE交于， 所以平面PAE，且，即F与重合， 所以即为直线PE， 如图，以为正交基底建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 则BC中点， 所以，，， 设平面PAD的一个法向量为， 所以，即， 令，则， 所以， 所以，， 所以直线EF与平面的所成角的正弦值为 先证四边形为平行四边形，得出，即可得证； 先证O为正四棱台的外接球的球心，进而得出，即可求解； 建立空间直角坐标系，求出平面PAD的一个法向量，利用向量法求解即可． 本题考查线面平行的判定，以及向量法的应用，属于难题． 18.【答案】当时，，又，故，化简得 当时，，与相减，得， 即，化简得 因，故数列是首项为pc、公比为p的等比数列  存在，  【解析】证明：当时，，又，故，化简得 当时，，与相减，得， 即，化简得 因，故数列是首项为pc、公比为p的等比数列． 解：当时，，由，得 当时，⃯，与原式相减得，化简得 由累乘法，⃯⃯ 也符合上式，所以 由，，，两式相除得，解得 代入得，故，则 由，得，化简得 因，试时，，解得； 验证、时均无正整数解，故存在， 通过求首项，作差得递推关系，证明等比数列； 通过求首项，作差得递推式，累乘法求通项； 先求通项，再由等差数列条件列方程，试值得解． 本题主要考查等比数列的判定、数列通项的累乘法求解、等差数列的性质，题目难度为难题． 19.【答案】  ，；  【解析】解：设，，因为， 所以， 设动点，则，， 因为，所以， 所以，， 所以动点M的轨迹E的方程为； 因为A在曲线上，当时，， 所以或， 当时，设和， 因为的重心为原点O， 所以， 即，， 因为， 两式相减得，， 所以， 即直线BC的斜率为 因为BC的中点为， 所以直线BC的方程为， 同理，直线BC的方程为， 考虑曲线对称性，不妨设，，， 设直线AB：，则AC：， 联立， 整理得，， 所以，且，， 所以， 同理，， 设直线AB的倾斜角为，则AC的倾斜角为， 当，则； 当，则； 所以的面积为， 因为， 所以， 因为， ①当，即时，， 设，其为偶函数， 当时， 所以 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 当且仅当，即处，此时 ②当，不妨设时，， 设， 则， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，当且仅当，即处，此时， 综上，的面积最大值为 ，则，，根据，得出，，代入，即可求解； 先求出A点坐标，设和，结合重心坐标公式，以及点差法求出BC的斜率，即可求解； 联立方程组，分别计算，，代入的面积，分两种情况，结合导数，求最值即可． 本题考查动点轨迹的计算，考查椭圆方程以及导数的综合应用，属于难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $