精品解析：江苏省盐城市、南京市2026届高三上学期期末调研测试数学试题

盐城市、南京市2025-2026学年度第一学期期末调研测试 高三数学 2026.01 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上． 第I卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合集合的交集运算即可求解. 【详解】， 所以， 故选：B 2. 若复数满足，则在复平面内所对应点位于（ ） 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】求出，根据复数的几何意义即可求出答案. 【详解】由得， 所以复数在复平面内对应的点为， 所以在复平面内所对应的点位于第一象限. 故选：A. 3 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.7 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布对称性求解即可. 【详解】已知随机变量服从正态分布，且，由于正态分布关于均值对称，所以对称轴为，， 所以. 故选：D. 4. 已知直线与抛物线相切，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】联立方程组，利用，列出方程，求得，结合抛物线的性质，即可求解. 【详解】联立方程组，整理得， 因为直线与抛物线相切， 则，解得或， 因为，所以，所以抛物线的焦点到准线的距离为. 故选：D. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合二倍角公式即可得解. 【详解】当，，， 所以可以推出， 当，，即， 当，得；当，得， 推不出. 故选：A. 6. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A. 63 B. 127 C. 255 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】由得， 又，易得， 两边同时取以为底的对数得， 即， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则. 故选：C. 7. 在中，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设角对边分别为，根据题意，得到，且，再由，求得，得到，即可求解. 【详解】在中，设角对边分别为， 因为，可得，即，即， 又由， 又因为，所以，即， 因为，所以，所以. 故选：B. 8. 已知函数，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析，单调性，确定和都是唯一的，化简，得，得，构造函数，求导后即可求解. 【详解】由，得，所以在R上单调递增, 由，得，且，所以在上单调递增 因此，对任意，和都是唯一的， 由题意：， ，即，则， 故， 故，根据的是唯一的， 得，即， 故， 令， ，则， 由得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，取得最小值：， 因此，即：. 故选：C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，计18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用作差法来比较大小可判断AB，利用指数函数单调性可判断C，利用基本不等式可判断D. 【详解】因为所以，即，故A正确； 因为，所以， 即，故B正确； 因为，不能确定指数函数是增函数，即不一定成立，故C错误； 因为，所以， 当且仅当时取等号，即，故D正确； 故选：ABD 10. “水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块．甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验，每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验指尖非遗”，“甲体验潮玩非遗”，“乙体验舌尖非遗”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题，结合排列组合知识依次计算总的样本点数，事件，，，包含的样本点数，依次判断选项即可. 【详解】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题， 则总的样本点总数为：， 对于A选项，甲可能同时体验两个主题，所以事件与不对立，故A错误； 对于B，事件“甲体验指尖非遗”，分两种情况： 当甲只选“指尖非遗”时，则剩余2名游客有名游客选择两个主题，另外1人选择1个主题，所以样本点数：， 当甲选两个主题，其中一个是“指尖非遗”时，则甲从剩下3个选一个主题，则剩余的2主题分配给乙，丙，所以样本点数为：， 所以事件包含的样本点数为， 故，故B正确； 同理，， 对于C，事件表示甲选“指尖非遗”且乙选“舌尖非遗”，分三种情况讨论： 当甲选2个主题，其中一个是“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，此时的样本点数为：， 当甲只选“指尖非遗”，乙选2个主题，其中一个是“舌尖非遗”，此时的样本点数为：， 当甲只选“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，则丙选剩下的两个主题，此时样本点数为：1， 所以事件包含的样本点数为：，所以， 由于， 所以与不独立，故C错误； 对于D，，故D正确； 故选：BD 11. 在直角中，已知为斜边的中点，将沿着所在直线翻折，得到，记三棱锥体积为，则在翻折过程中（ ） A. 的最大值为 B. 存在某个位置，使得 C. 当取最大值时，直线与平面所成的角最大 D. 当取最大值时，三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用棱锥的体积公式结合翻折的性质确定面垂直于底面时取得最值可确定A， 以为基底，利用空间向量的数量积公式计算可判定B，利用线面角的定义可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式计算可判定D. 【详解】在直角中，因为 为斜边，所以， 为正三角形，取的中点，易知，点P绕点E旋转， 对于A，易知当面垂直于底面时， 此时到底面的距离最远为， 则取得最大值，故A错误； 对于B，以为空间中的一组基底，， 设，有， 若，则， 此时，显然存在某个位置，使得，故B正确； 对于C，设P在底面的投影为G，则直线与平面所成的角为， 易知G在上，，所以， 由正弦函数的单调性可知当重合时取得最大值， 即此时V取得最大值，故C正确； 对于D，结合A知，取最大值时底面，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知， 设三棱锥外接球的半径为r，球心， 则，解之得，即，故D正确. 故选：BCD 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，计15分．请把答案写在答题纸的指定位置上． 12. 若定义在上的减函数满足，请写出满足条件的一个函数___________． 【答案】（可以是，其中） 【解析】 【分析】利用定义在上的减函数，可得递减的对数函数满足题意. 【详解】根据定义在上的减函数，结合题意可令， 因为，满足题意， 故答案为：（可以是，其中） 13. 已知直线：与圆：交于，两点，与轴交于点，为的中点，则的长为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由圆与直线相交可求解，，再由中点坐标公式求解，令，求解，再由两点间的距离公式求解即可. 【详解】直线与圆联立，，，解得，所以，， 则中点横坐标为，纵坐标为，所以，当时， ，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知，曲线与相邻的三个交点恰为一个直角三角形的三个顶点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数，并得到三个交点的坐标，结合直角三角形条件列出方程求解即可. 【详解】设三个交点分别为. 因为， 整理得， 即 ， 令，解得， 令，得到，， ， 代入中得到，， ，， 因此三个交点为. 由勾股定理可得，代入得， 化简，解得. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，计77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内． 15. 设等差数列的前项和为，已知． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出等差数列的首项与公差，根据已知条件列方程组求解即可得通项公式；（2）首先写出数列的通项公式，得到的表达式，分组求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 由得，解得， 所以， 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 因为， 所以数列的前项和 16. 如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，，且，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别取的中点，连接，根据等腰梯形的性质得，根据等边三角形的性质得，根据勾股定理得，进而可证平面，从而可证平面平面. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而可求所成角的正弦值． 【小问1详解】 如图，分别取的中点，连接， 因为，且，所以四边形为等腰梯形， 所以，且， 所以. 因为侧面是边长为2的等边三角形，所以，， 所以，所以， 又平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知平面平面， 又，所以两两垂直，以为原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为则，即， 取，则，所以. 设平面的法向量为则，即， 取，则，所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为， 所以平面与平面所成角的正弦值为． 17. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）若，求； （2）若外接圆半径为1，当的面积取最大值时，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由切化弦得到，再结合，即可求解； （2）由（1），得到， ，结合正弦定理与已得的角关系，可将面积公式化为，得到时面积最大，进而可求解. 【小问1详解】 因为， 得，即， 即， 故，又，，， 所以， 故； 【小问2详解】 由（1），， 得，又， 所以，，故， 又根据诱导公式有，可得， 所以，故，， 因为外接圆半径为1， 由正弦定理可得：， 所以 故当时，的面积取最大值， 此时 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上两点（均在轴上方），且． ①已知直线的斜率为，求直线的斜率； ②求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点坐标建立方程组，解得，然后写出椭圆方程； （2）①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点，由对称性可知为平行四边形， 关于原点对称，设，则， ，然后利用点差法求得，进而利用得，即可求解； ②由平行四边形性质可知，设的方程为，，与椭圆方程联立，韦达定理，求出及点O到直线的距离，从而得，最后利用换元法及二次函数性质求得有最大值，即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，解得， 所以椭圆的标准方程. 【小问2详解】 ①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点， 由对称性可知，所以四边形为平行四边形， 因为关于原点对称，所以关于原点对称， 设，则， 所以， 又为椭圆上两点，可得，， 所以，化简得，故， 又因为，所以，故； ②由①可知，在平行四边形中，， 从而， 因为构成四边形，所以的斜率必不为0，设的方程为， ，由得， ， ，， 因为， 点O到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以当，即时，有最大值为， 所以四边形面积的最大值为. 19. 设函数，其导函数记为． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设是在区间内的根，其中，求证： 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，后求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式即可求解； （2）令，求导得其单调性即可证明； （3）令，证明，再求导得，利用单调性即可证明. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 令， 则， 因为，所以，可得， 故在上单调递减． 所以，不等式得证. 【小问3详解】 令，则， 由（2）得，又， 所以． 由， 所以． 因为，所以， 由，所以。 因为，所以． 因为，所以，从而． 所以， 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城市、南京市2025-2026学年度第一学期期末调研测试 高三数学 2026.01 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上． 第I卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，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 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.7 4. 已知直线与抛物线相切，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A. 63 B. 127 C. 255 D. 256 7. 中，，则（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知函数，若，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，计18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. “水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块．甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验，每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验指尖非遗”，“甲体验潮玩非遗”，“乙体验舌尖非遗”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 11. 在直角中，已知为斜边中点，将沿着所在直线翻折，得到，记三棱锥体积为，则在翻折过程中（ ） A. 最大值为 B. 存在某个位置，使得 C. 当取最大值时，直线与平面所成的角最大 D. 当取最大值时，三棱锥外接球的半径为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，计15分．请把答案写在答题纸的指定位置上． 12. 若定义在上的减函数满足，请写出满足条件的一个函数___________． 13. 已知直线：与圆：交于，两点，与轴交于点，为中点，则的长为___________． 14. 已知，曲线与相邻的三个交点恰为一个直角三角形的三个顶点，则___________． 四、解答题：本大题共5小题，计77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内． 15. 设等差数列的前项和为，已知． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，，且，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 17. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）若，求； （2）若外接圆半径为1，当的面积取最大值时，求． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上两点（均在轴上方），且． ①已知直线的斜率为，求直线的斜率； ②求四边形面积的最大值． 19. 设函数，其导函数记为． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设是在区间内的根，其中，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $