精品解析：江苏南京市第一中学2025-2026学年第二学期4月阶段性检测试卷高三数学

江苏南京市第一中学2025-2026学年第二学期4月阶段性检测试卷高三数学 命题人：谢启芬 校对人：孔亚锋 审核人：孔亚锋、谢启芬 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. 集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再求出子集个数即可. 【详解】由题意，得,故集合A子集个数为个. 故选：D. 2. 设复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出复数，再根据复数的模的计算公式求出，再根据虚部的定义即可得解. 【详解】因为，复数在复平面内对应的点关于虚轴对称， 所以， 所以， 所以的虚部为. 故选：B. 3. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”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】B 【解析】 【分析】根据，判断出四边形的形状，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】在四边形中，若，则四边形为平行四边形， 若，则平行四边形为菱形，但不一定为正方形， 四边形是正方形时，必有，即有， 故“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列 的前5项和为 A. 或5 B. 或5 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设等比数列的公比为q, ∵9S3=S6, ∴8(a1+a2+a3)=a4+a5+a6, ∴8=q3,即q=2, ∴an=2n-1, ∴=, ∴数列是首项为1,公比为的等比数列, 故数列的前5项和为=. 故选C. 5. 已知随机变量X的取值为0，1，2，若，，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据均值与方差的计算公式求解即可. 【详解】设则 由 则 故选：A. 6. 如图，三行三列的方阵中有9个数（i=1，2，3；j=1，2，3），从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是（　 ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】从9个数中任取3个数共有种取法， 取出的三个数,使它们不同行且不同列：从第一行中任取一个数有种方法， 则第二行只能从另外两列中的两个数任取一个有种方法， 第三行只能从剩下的一列中取即可有1中方法， ∴共有种方法，即三个数分别位于三行或三列的情况有6种， ∴所求的概率为 . 本题选择D选项. 点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为．若，则双曲线的离心率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：直线l：y=-x+a与渐近线l1：bx-ay=0交于B， l与渐近线l2：bx+ay=0交于C，A（a，0）， ∴，∵， ∴，b=2a，∴，∴，∴ 考点：直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质 8. 若函数在区间上单调递增，且，则的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数单调性和特殊值条件可得，求出的取值范围及的表达式，再由结合周期确定出的表达式，确定取值，从而求得． 【详解】因为在上单调递增，， 所以且， 所以， 又，则，故， 所以，解得， 因，则，所以， 又，则当时，. 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. 已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（ ） A. B. C. 展开式中所有二项式系数的和为4096 D. 展开式中第11项为 【答案】AC 【解析】 【详解】因为的展开式中只有第7项的二项式系数最大， 所以展开式中共有项，所以，所以A正确. 展开式中所有二项式系数的和，所以C正确. 因为展开式中所有项的系数和为1， 令，得，所以或. 因为，所以.所以B错误. 展开式中第11项为，所以D错误. 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 的周长为10 B. 存在点，使得 C. 若，的面积为 D. 使得为等腰三角形的点共有4个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据椭圆的定义、余弦定理、三角形面积公式、等腰三角形等知识对选项进行分析，从而确定正确答案 【详解】对于A，椭圆对应， 所以的周长为，A正确. 对于B，设，则，， 由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立， 所以不存在点，使得，B错误. 对于C，若，即，由， 解得，所以为锐角， 所以， 所以，C正确. 对于D，当是上顶点或下顶点时，是等腰三角形. 以为圆心，为半径作圆，与椭圆相交于点， 当为其中一个交点时，是等腰三角形. 同理，以为圆心，为半径作圆，与椭圆相交于点， 当为其中一个交点时，是等腰三角形. 所以使得为等腰三角形的点共有个，D错误. 故选：AC 11. 如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ） A. 截正方体的截面可能是正五边形 B. 当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C. 当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D. 当F是中点时，满足的点E有且只有2个 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的5个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾. B．作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比. C.作出截面，再在线段上找出P，证明. D.分别从点在线段上去讨论是否成立. 【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误． B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J， ∴截面为五边形，记正方体棱长为6，， 截面下侧的体积为， 另侧体积为：，∴，故选项B正确. C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知， 平面,平面 ∴，故选项C正确． D.当E在上时，设， 由，故上有一个点E； 当E在 上时，，故 上不存在这样的点E； 当E在上时，，故上也不存在； 当E在上时，设，∴，故上存在一个点E， ∴共2个，选项D正确． 故选：BCD. 【点睛】作截面的三种方法： ①直接法：截面的定点在几何体的棱上 ②平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行 ③延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上 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. 已知，是平面单位向量，且．若平面向量满足，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】由题可知，不妨，，设，则，，所以，所以. 考点：1.平面向量数量积运算；2.向量的模. 13. 将函数（）的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意先求出函数的极小值点为，，可以发现它们构成等差数列，结合三角函数的周期性即可求解. 【详解】，由，即，可得，， 由，即，可得，， ∴函数在区间（）上单调递减，在区间（）上单调递增， ∴函数的极小值点为，，∴，， ∴数列是公差为的等差数列， ∴． 故答案为：. 14. 平面直角坐标系中，已知圆与圆交于点、两点，其中．两圆半径之积为，若两圆均与直线和轴相切，则直线 的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设两个圆的方程为，依题意可得且，根据圆过点得到，设的倾斜角为，则，令，则，代入前述方程，利用韦达定理求出，最后由二倍角公式计算可得. 【详解】由题意设两个圆的方程为， 依题意可得且． 因为两圆均过点，所以①， 设的倾斜角为，则，． 令，则．将其代入式①整理得． 由韦达定理可得，从而（负值已舍去）， 所以， 故直线 的方程为． 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. 记的内角的对边分别为，面积为 ，已知 （1）求； （2）若边上的高为1且，求的面积 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而边化角，利用三角恒等变换可求得，可求； （2）由已知结合正弦定理可得，在中，作于点为边上的高，即，设，可得，利用，可求得，从而可求面积. 【小问1详解】 且 即 由正弦定理得 ∵在中， ，即． 【小问2详解】 ，由正弦定理得 在中，作于点为边上的高，即 设 为上的四等分点， 中， 中， 且 ． 16. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是母线，点D在线段BC上，直线//平面. （1）记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，证明：； （2）若，，直线到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：连接，设，连接， 因为直线//平面，平面，平面平面， 所以//， 又因为为的中点，则 为的中点， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得 为的中点，结合锥体的体积分析证明； （2）根据题意可得到平面的距离为，结合锥体的体积可得，进而可求得，结合线面夹角的定义分析求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直线//平面，直线到平面的距离为， 则 到平面的距离为， 又因为 为的中点，则到平面的距离为， 由，则，可得， 延长 交底面圆周于点，连接，则 因为平面，平面，则， ，平面， 所以平面， 由平面，则，即的边AD的高为， 由题意可得：， 可得为等腰直角三角形，则， 可得， 由，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值， 因为//，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 故线与平面所成角的正弦值. 17. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列.已知数列首项，且. （1）求数列的通项公式，并求数列的前项和. （2）若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. （3）是否存在不同的，，使得，，成等差数列？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1），； （2）； （3）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质有，结合的关系得，根据等比数列的定义得，最后应用裂项相消法求； （2）由题设递推关系得，确定前30项的构成，再应用分组求和，应用等差、等比数列前n项和公式求结果； （3）应用反证思想，结合等差数列的性质有，进而推出矛盾，即可得. 【小问1详解】 因为，，成等差数列，所以，① 所以，② 由①②，得，于是. 又，所以，所以， 因此，数列是首项为2，公比为2的等比数列. 所以，即. 又， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以数列是各项均为0的常数数列，所以， 所以，则数列是以1为首项，2为公差的等差数列. 又，，，，，，，， 所以 . 【小问3详解】 假设存在不同的，， 不妨假设使得，，成等差数列， 则，即， 两边除以16，得. 因为，所以，所以，所以. 当时，；当时，，这与题设矛盾， 所以不存在不同的，使得，，成等差数列. 18. 平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线 与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M． （i）求证：点M在定直线上; （ii）直线 与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标． 【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程； （Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上； （ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标． 试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得． 因为抛物线的焦点为，所以， 所以椭圆的方程为． （Ⅱ）（1）设，由可得， 所以直线 的斜率为，其直线方程为，即． 设，联立方程组 消去并整理可得， 故由其判别式可得且， 故, 代入可得， 因为，所以直线的方程为． 联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上． （2）由（1）知直线 的方程为， 令得，所以， 又， 所以，， 所以，令，则， 因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足， 所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为． 考点：椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力． 19. 设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 【答案】(1)时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. (2)； (3)证明：[方法一]【最优解】： 有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为， ， 注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，又由知， ， 要证，只需， 且关于 的函数在上单调递增， 所以只需证， 只需证， 只需证， ，只需证在时为正， 由于，故函数单调递增， 又，故在时为正， 从而题中的不等式得证. [方法二]：分析+放缩法 有2个不同零点，不妨设，由得（其中）． 且． 要证，只需证，即证，只需证． 又，所以，即． 所以只需证．而，所以， 又，所以只需证． 所以，原命题得证． [方法三]： 若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且． 又，故进一步有． 由可得且，从而．． 因为， 所以， 故只需证． 又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立． 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性； (2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围； (3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立. 【详解】(1)， ①若，则，所以在上单调递增； ②若， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. (2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解， 令，则， 记， 记， 又，所以时，时，， 则在单调递减，单调递增，， . 即实数的取值范围是. (3)略 【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法， 方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于 的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围. 方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！ 方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏南京市第一中学2025-2026学年第二学期4月阶段性检测试卷高三数学 命题人：谢启芬 校对人：孔亚锋 审核人：孔亚锋、谢启芬 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. 集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 设复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”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 4. 已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列 的前5项和为 A. 或5 B. 或5 C. D. 5. 已知随机变量X的取值为0，1，2，若，，则 A. B. C. D. 6. 如图，三行三列的方阵中有9个数（i=1，2，3；j=1，2，3），从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是（　 ） A. B. C. D. 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为．若，则双曲线的离心率是 A. B. C. D. 8. 若函数在区间上单调递增，且，则的取值是（ ） 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. 已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（ ） A. B. C. 展开式中所有二项式系数的和为4096 D. 展开式中第11项为 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 的周长为10 B. 存在点，使得 C. 若，的面积为 D. 使得为等腰三角形的点共有4个 11. 如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ） A. 截正方体的截面可能是正五边形 B. 当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C. 当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D. 当F是 中点时，满足的点E有且只有2个 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. 已知，是平面单位向量，且．若平面向量满足，则_______． 13. 将函数（）的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列，则______． 14. 平面直角坐标系中，已知圆与圆交于点、两点，其中．两圆半径之积为，若两圆均与直线和轴相切，则直线的方程为________． 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. 记 的内角的对边分别为，面积为，已知 （1）求； （2）若 边上的高为1且，求 的面积． 16. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是母线，点D在线段BC上，直线//平面. （1）记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，证明：； （2）若，，直线到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知数列的前 项和为，且 ，，成等差数列.已知数列首项，且. （1）求数列的通项公式，并求数列的前 项和. （2）若将数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. （3）是否存在不同的，，使得，，成等差数列？如果存在，请求出， 的值；如果不存在，请说明理由. 18. 平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M． （i）求证：点M在定直线上; （ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标． 19. 设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $