精品解析：江苏省泰州中学2026届高三上学期期中考试数学试题

2025-2026学年江苏省泰州中学高三上学期期中数学试题 （命题：王婵审题：孙娟 时间：120分钟满分：150分） 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. 满足的集合的个数是（　　） A. 2 B. 16 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的包含关系判断. 【详解】当中只有一个元素时，； 当中只有两个元素时，或或； 当中只有三个元素时，或或； 当中只有四个元素时，， 所以满足要求的的个数为8个. 故选：D. 2. 复数，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法法则得到，利用模长公式得到答案. 【详解】，故. 故选：C 3. 已知平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积公式，求向量的模. 【详解】. 故选：A 4. 已知数列中，，，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知等式变形为，构造等比数列后由基本量法求出通项公式. 【详解】因为，所以， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 故选：D. 5. 已知定义域为的函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可求得是以4为周期的周期函数，可判断A错误，代入计算可得B正确，结合周期性计算可得，即C错误，易知可得D错误. 【详解】依题意可知，； 所以，即， 因此，即， 所以可得，即是以4为周期的周期函数， 对于A，由分析可知，即A错误； 对于B，由，可知； 显然，所以， 所以，即B正确； 对于C，易知，可得C错误； 对于D，显然，即D错误. 故选：B 6. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解． 【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时， 所以一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，，CP最短时， 即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大， 所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得， 则必有，解得，又因为圆的半径， 圆心到直线的距离， 所以，解得． 故选：A． 7. 已知函数，，若，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将函数不等式化成，指对同构令，再构造函数，利用导数分析单调性和最值可得. 【详解】由，得，即，即， 因为，令，，则，所以. 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，则. 故选：B. 8. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 在区间内单调递减 C. 是图象的一个对称中心 D. 的最小值为 【答案】B 【解析】 【分析】根据周期性的定义判断A；利用导数判断在区间内单调性，进而判断B；根据对称性的定义判断C；令，可将转换成三次函数，利用导数可求解最小值，从而判断D. 【详解】对于选项A，因为， 即，所以不是的一个周期，故A错误； 对于选项B，因为 当时，，此时， 可知在上单调递减，故B正确； 对于选项C，因为， ， 即，所以不是图象的一个对称中心，故C错误； 对于选项D，因为 所以 令，设. 则.令，得或. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 又，.所以. 所以的最小值为，故D错误. 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. 下列有关说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有72种 C. 若，则 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3； 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质可判定A，应用分组分配结合排列组合计算判断B，采用赋值法令可计算出C正确；应用指对数运算结合回归方程判断D. 【详解】对于A，设随机变量服从正态分布， 若，则曲线关于对称，则，故A正确； 对于B：甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需 要有人去， 则不同的安排方法有种，B选项错误； 对于C， 令，可得， 令，可得， 即可得，即，C正确； 对于D：，两边取对数得到，故，的值分别是和0.3，D正确； 故选：ACD. 10. 已知数列的前项和为，，且，则下列说法正确的有（ ） A. 是一个等差数列 B. 是一个等比数列 C. 对，． D. 数列的前项和为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，由已知数列的递推式推得，由等差数列的定义判断即可；对于B选项，C选项，由等差数列的通项公式可得，即可求得，即可判断；对于D选项，由数列的裂项相消求和，即可求解. 【详解】对于A选项，因为，，可以得到，所以由数列是首项为，公差为的等差数列，故A正确； 对于B选项，，可得， 所以当时，， 当时，， 又，故，故B错误； 对于C选项，当时，， 当时，，即，故C正确； 对于D选项，数列，当时，首项为， 当时，， 所以， 当时，，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知抛物线的焦点为F，C是直线上一点，过点C作抛物线的两条切线与抛物线分别切于点A，B，连接AF，BF，设直线AB与x轴交于点P，直线CF与直线AB交于点D，（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先设点进而得出切线方程计算求解判断A，与抛物线联立再结合抛物线定义判断B，应用角平分线定理结合数量积公式计算判断C，应用角平分线定理结合点到直线距离公式计算判断D. 【详解】设，，， 则在A，B处的两条切线可写为， 将代入可得， 所以，在直线上，即直线AB为， 与x轴的交点为，即，故A正确； 对于B，设直线的方程为，其中， 与抛物线联立可得，则，， 若成立，即成立， 由抛物线定义得，，， 所以，故B正确； 对于C，若成立，可知为的平分线，即证明， 等价于证明，即证明， 即证明， 又，，， 代入化简可得， 即， 即，故C正确； 对于D，若成立，则为的平分线， 所以点P到直线AC的距离等于点P到直线BC的距离，即， 即只有当时成立，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 已知为正数，且，则的最大值为______. 【答案】##0.125 【解析】 【分析】结合已知条件，利用基本不等式即可求解. 【详解】因为， ，即，可得， 当且仅当且，即时等号成立. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 【答案】4 【解析】 【分析】求出以为直径的圆的方程，此圆与渐近线联立方程组求出点的坐标，求直线的方程，此方程与渐近线联立方程组求出交点 ，利用，得到的等式，进行计算得解. 【详解】双曲线的左、右焦点分别为， ， 以为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A， 设坐标原点为， ， 以为直径的圆的方程为， 又的渐近线方程为， ，解得，则， ，， 直线的方程为， ，解得，则， ，，， ， ， ， ，， . 故答案为：4. 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，为外接球的直径，设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，，得二面角的平面角为，设，，，由即可求，最后利用球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可知，外接球的球心，且平面，即为外接球的直径， 设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，， 则，，故二面角的平面角为. 设，，，，， 则，，又，， 则， 又，，解得，即球的表面积为. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知为边上一点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，由将边转化为角，再利用三角恒等变换求解；（2）先求得，然后在中，利用余弦定理求得BD，再利用三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由正弦定理，且， 得， ， ，则，因为，所以， 又，所以； 【小问2详解】 如图所示： 因为，所以，设， 则， ， 在中，由余弦定理得，解得， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，. 令，. ，. 设平面的法向量为， 则， 取，得. 平面的法向量为. 于是. 化简得，又，解得，即. 所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值； （2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可. 【小问1详解】 取的中点O，连接. 由为等边三角形，得. 而平面平面，平面平面，平面， 则平面. 由，，得四边形是平行四边形. 于是，而，则，直线两两垂直. 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，. 则，，. 设平面的法向量为， 则，取，得. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 略 17. 已知椭圆的左顶点为，为坐标原点，点为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （1）证明：为定值； （2）若，求的面积. 【答案】（1）设，则过点且斜率为1的直线可设为：，， 设，，且，. 因为点都在椭圆上，因此有， 两式相减得， 所以，因此，即点在定直线，上， 因此的大小为定值，且. 在中，由正弦定理可知， 所以. 故为定值. （2） 【解析】 【分析】（1）根据点差法、中点坐标公式及正弦定理证明即可. （2）根据两角差的正切公式求出，联立直线、直线及椭圆方程，求出值；联立直线及椭圆方程，结合韦达定理及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的斜率为，的斜率，则， 因在第三象限，，解得，即，故. 因为，联立得 代入椭圆方程，得：，解得， 因为，故，满足条件. 联立，整理得， ，则. 所以，则，. . 故的面积为. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 P （3）【解析】 【分析】(1)由古典概率模型进行求解； (2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可； (3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解. 【小问1详解】 由题可知2号盒子里有2个红球的概率为； 【小问2详解】 由题可知可取， ， ， 所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为 1 2 3 P 【小问3详解】记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为， 且， 化解得， 得， 而则数列为等比数列,首项为，公比为， 所以， 又由求得： 因此． 【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解. 19. 已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直． （1）求的单调区间； （2）若，，使得，求实数的取值范围； （3）设，，证明：． 【答案】（1）减区间为，增区间为 （2） （3）由（1）可知，即 ，当且仅当 时，等号成立， 由（2）可知当时，对任意的 ，，即， 所以，其中且， 在不等式 中令，可得， 所以， 所以， 所以 . 故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）由题意得出，可求出的值，可得出函数的解析式，利用导数与函数单调性的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）由题意可知，使得，然后对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证是否存在使得，综合可得出实数的取值范围； （3）由前两问得出 ，当且仅当 时，等号成立，当 时，，由此可得出，然后利用不等式的基本性质结合等比数列的求和公式可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，所以， 由题意可知，解得 ，所以，该函数的定义域为， 则， 由可得 ，由可得 . 所以函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 若，，使得，则， 由（1）可知，， 所以，使得， ，当时，， ①当时，对任意的，， 所以函数在上单调递减，则，不合乎题意； ②当时，对任意的，， 所以函数在上单调递增，则，合乎题意； ③当时，因为，， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以，合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年江苏省泰州中学高三上学期期中数学试题 （命题：王婵审题：孙娟 时间：120分钟满分：150分） 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. 满足的集合的个数是（　　） A. 2 B. 16 C. 7 D. 8 2. 复数，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 3. 已知平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 12 4. 已知数列中，，，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义域为的函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 在区间内单调递减 C. 是图象的一个对称中心 D. 的最小值为 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. 下列有关说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有72种 C. 若，则 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3； 10. 已知数列的前项和为，，且，则下列说法正确的有（ ） A. 是一个等差数列 B. 是一个等比数列 C. 对，． D. 数列的前项和为，则 11. 已知抛物线的焦点为F，C是直线上一点，过点C作抛物线的两条切线与抛物线分别切于点A，B，连接AF，BF，设直线AB与x轴交于点P，直线CF与直线AB交于点D，（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 已知为正数，且，则的最大值为______. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知为边上一点，且，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知椭圆的左顶点为，为坐标原点，点为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （1）证明：为定值； （2）若，求的面积. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 19. 已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直． （1）求的单调区间； （2）若，，使得，求实数的取值范围； （3）设，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $