精品解析：江苏省徐州市等四地2026届高三年级第一次调研测试数学试题

2026届高三年级第一次调研测试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 4 C. 8 D. 16 4. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 16 D. 48 7. 已知为坐标原点，若椭圆上存在三点，，，使四边形为正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立的是（ ） 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. 在的二项展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 常数项是60 B. 各项系数之和是64 C. 二项式系数最大值是20 D. 不含的项 10. 如图，已知圆柱，底面半径为，，为上一点，正方形内接于，则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的体积不为定值 C. 四棱锥外接球的表面积为 D. 直线与平面所成角的最小值为 11. 已知数列的通项公式是.设为数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若存在，使得，则 D. 不存在，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与直线平行，则实数的值为______. 13. 已知平面向量在向量上的投影向量为，则______. 14. 已知函数（，且）为奇函数，则不等式的解集为______. 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. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求. 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. （1）证明：； （2）若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 17. 现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数为.从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过次摸换，袋中的红球个数记为. （1）求与； （2）求； （3）当时，求随机变量的数学期望. 18. 已知，抛物线的准线与交于，两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点. （i）证明：数列为等差数列； （ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于，两点，且，求的值. 19. 已知函数，. （1）若是的极小值点，求的取值范围； （2）若直线与曲线的三个交点分别为，，，且，.记在，两点处切线的斜率分别为，，若，求的值； （3）若当且仅当，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级第一次调研测试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出，再根据交集的定义可求. 【详解】因为，，故. 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算即可得到，从而得到即可. 【详解】复数，故， 故选:. 3. 设是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 4 C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本量法可求公比，从而可求. 【详解】设公比为， 因，故，而，故，故， 故选：A. 4. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用共渐近线的双曲线的方程可求对应的离心率，再结合反例可判断两者之间的条件关系. 【详解】若双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线方程为， 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 设双曲线的方程为，此时，故离心率为， 此时渐近线的方程为， 故“离心率为”推不出“渐近线方程为”； “渐近线方程为”推不出“离心率为”， 故“离心率为”是“渐近线方程为”的既不充分又不必要条件， 故选：D. 5. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据样本中心在回归直线上可求的值，从而可求残差. 【详解】由题设可得，故， 故即，故残差为， 故选：A. 6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 16 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正态分布的性质确定的值，再利用基本不等式求最小值. 【详解】因为，正态曲线关于直线对称， 又，所以，解得. 所以， 因为，所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：C 7. 已知为坐标原点，若椭圆上存在三点，，，使四边形为正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方形可得的对称性，从而可确定的位置，故可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率. 【详解】设，因为四边形为正方形，故， 故，而， 故，故，或， 因不重合且不共线，故或， 故关于轴对称或关于轴对称， 若关于轴对称，不妨设为上顶点，则， 因为四边形为正方形，故，则或， 故，故，而，故不成立，舍； 若关于轴对称，不妨设为右顶点，则， 因为四边形为正方形，故，则或， 故，故，故即， 故选：D. 8. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合三角恒等变换公式可得，，，进而结合选项分析求解即可. 【详解】由 ， 则. 由， 则，即，则，， 综上所述，，且，. 结合选项，当，时，满足上述两个式子； 当，时，满足上述两个式子； 当时，由可知，此时不满足，. 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，有选错的得0分. 9. 在的二项展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 常数项是60 B. 各项系数之和是64 C. 二项式系数最大值是20 D. 不含的项 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，二项展开式通项为，对于A，当时即为常数项，再计算判断即可；对于B，利用赋值法求各项系数之和即可；对于C，由可知二项式系数最大值是；对于D，根据，令，解得即可判断． 【详解】对于A，二项展开式通项为， 当时，，所以常数项是60，故A正确； 对于B，当时，，所以各项系数之和是1，故B错误； 对于C，，二项式系数最大值是，故C正确； 对于D，， 当时，解得，所以二项展开式中含的项，故D错误． 故选：AC． 10. 如图，已知圆柱，底面半径为，，为上一点，正方形内接于，则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的体积不为定值 C. 四棱锥外接球的表面积为 D. 直线与平面所成角的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行的判定即可判断；对于B，先求正方形的面积，即可得到；对于C，四棱锥外接球即圆柱的外接球，再求表面积即可；对于D，过作底面，连接，故就是直线与平面所成角，根据即可求最小值． 【详解】对于A，是正方形，， 平面，平面， 平面，故A正确； 对于B，，， ，故B错误； 对于C，根据题意，四棱锥外接球即圆柱的外接球， 外接球半径，表面积，故C正确； 对于D，过作底面，连接， ，就是直线与平面所成角， ， 为底面直径，即时，最小， 此时，， 所以直线与平面所成角的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知数列的通项公式是.设为数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若存在，使得，则 D. 不存在，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据题意直接计算判断即可；对于B，分、两种情况讨论求解即可判断；对于C，利用周期性，故的正负，只需考查即可，分奇偶项求和即可；对于D，由，设，再利用错位相减法求和判断符号即可求解． 【详解】对于A，， ， ，，故A错误； 对于B，当，即时，，不符题意； 当，即时，又为偶数， 所以， 即，，，解得； 综上，当时，，故B正确； 对于C，时，，则数列是周期数列，周期为， 所以的正负，只需考查即可， 时，奇数项是首项，公差为的等差数列， 偶数项是首项为，公比为的等比数列， 当时， ， 时，，时，， 所以若存在，使得，则，故C正确； 对于D，， 设，其前项和为， ， ， 相减得 ， ， 当时，， 时，，又周期数列， 所以不存在，使得，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与直线平行，则实数值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据两直线平行建立关于的方程，解之即可. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为： 13. 已知平面向量在向量上的投影向量为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义可令，即可表示出平面向量在向量上的投影向量，从而得到，解得即可. 【详解】因为平面向量在向量上的投影向量为， 又平面向量在向量上的投影向量为， 所以令， 所以，，所以， 则，解得， 所以，则. 故答案为：. 14. 已知函数（，且）为奇函数，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据奇偶性求得，，再结合指数函数和对数函数的大单调性，利用复合函数单调性法则分析函数的单调性，结合奇偶性分类讨论解不等式即可． 【详解】为奇函数，定义域需关于原点对称， ，即， 的解集关于原点对称，即， 为奇函数， ， ，则，解得， ，定义域， 当时，，则， 当时，，则， 又在和单调递增， 在和单调递减， 在和单调递减， 即， 即， 或或 解得或或， 故不等式的解集为． 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. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再根据最小周正期公式求解即可； （2）先根据正弦定理将已知条件转化为角的关系，求出角，再结合求出角，进而求出角，最后根据三角形面积公式和正弦定理求出b的值． 【小问1详解】 ， 所以，则； 【小问2详解】 由（1）得，则， 所以，，即， 因为， 所以， 则， 因为，所以，则， 所以，则为直角三角形， 则的面积， 所以． 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. （1）证明：； （2）若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 在中，由余弦定理得: ，所以， 因为为中点，所以， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理可证，根据等边三角形可证，由线面垂直的判定定理可证平面，故可证； （2）以向量，，所在方向建立空间直角坐标系，设，则可通过向量法求出面面角的余弦值，结合已知正切值可求，再根据点面距的向量法可求距离，我们也可以过做，垂足为，过做，垂足为，连接，则是二面角的平面角，根据已知正切值可求 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：以向量，，所在方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为在线段上，设， 则，， 设平面的法向量为， 则即取. 又平面的法向量为， 因为二面角的正切值为， 所以， 整理得，解得或（舍去），所以， 设平面的法向量为，则即 取，则， 所以点到平面的距离. 解法二：过作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，故，所以是二面角的平面角， 而二面角的正切值为，故， 设，，所以， 在中，，，， 故，故为等腰直角三角形， 故，故， 所以，，故，故， 又， 设到平面的距离为，则可得， 故，故到平面的距离为. 17. 现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数为.从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过次摸换，袋中的红球个数记为. （1）求与； （2）求； （3）当时，求随机变量的数学期望. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式可求概率； （2）根据全概率公式可求； （3）求出的分布列后可求的数学期望. 【小问1详解】 ，. 【小问2详解】 , 故. 【小问3详解】 当时，，，，，且，， 则 ， ， 随机变量的数学期望. 18. 已知，抛物线的准线与交于，两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点. （i）证明：数列为等差数列； （ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于，两点，且，求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明：设，则的方程为 因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得： ，即 ，即， 同理当时有， 将两等式相减可得：， 而与外切，则有， 即有，又，则 则，故数列为等差数列. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，，，再代入即可求解； （2）（i）设，联立得，结合相切得到即可证明； （ii）由相切得到，进而得到，结合得到，再解方程即可． 【小问1详解】 解：由题知抛物线的准线方程为， 又，所以，， ，则， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得： 即，由，即， 由数列为等差数列，公差为2，则， 则. 斜率为1的直线，交抛物线于，两点， 由得：，则，，， 所以，则， 由，则或（舍去） 综上，． 【点睛】 19. 已知函数，. （1）若是的极小值点，求的取值范围； （2）若直线与曲线的三个交点分别为，，，且，.记在，两点处切线的斜率分别为，，若，求的值； （3）若当且仅当，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）就、和分类讨论后可得函数的单调性； （2）利用因式分解可得有两个不等的实数根，结合实数根的性质可求得根及的范围，再结合斜率比值可求的值； （3）利用特值探路可得，再结合放缩法及虚设零点，利用导数证明前者为充分条件后可得参数的范围. 【小问1详解】 ， 令得或， ①当，即时，列表得： 2 0 0 极大值 极小值 所以是的极大值点，不符合题意. ②当，即时，恒成立，无极值点，不符合题意. ③当，即时，列表得： 2 0 0 极大值 极小值 所以是的极小值点，符合题意. 综上可知，的取值范围是. 【小问2详解】 由得或， 设，则，所以有两不等实根. 所以，，， 又因为，所以，， 则，且，故， 且，而， 所以，， 则，解之得或8（舍去）. 【小问3详解】 因为当且仅当，所以，则 因为，当时，，不符合题意； 当时， ①当时，， 记，， 若，，则单调递增，所以. 若，令，， 令，，易得单调递增， 所以，即， 则使，列表得： 0 极小值 因为，，所以使，列表得 0 极小值 又因为，，使，列表得 0 极大值 又，，所以，则当时，. ②当时， ， 设，则， 当时，， 故在上单调递增，故即， 设，则， 设，则， 在上为减函数，故，， 故在上存在一个零点，使得， 且当时，，时，， 故在上为增函数，在为减函数， 而，，故存在，使得， 且当时，，时，， 故在上为减函数，在为增函数， 而，故存在，使得， 且当时，，时，， 故在上为减函数，在为增函数， 而，故在上恒成立. 综上，当时，即， 综上可得，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $