精品解析：江苏省泰州中学2026届高三上学期11月测试数学试题

2025—2026学年江苏省泰州中学高三上学期11月测试 数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知椭圆的一个焦点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 变量关于变量的经验回归方程为.若时，的实际观测值为8，则此时的残差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”．现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中为矩形，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为5m，圆心角为．已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 7. 已知随机变量，随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数的定义域为，，且，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：(本题共3小题，每小题6分，共18分．) 9. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当 D. 是的极大值点 10. 双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（ ） A. 点在直线上 B. C. 外接圆的面积为 D. 连结交轴于点，则 11. 已知正三棱柱的外接球球心为，半径为，且（为常数），点满足.则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，的最小值为 C. 当时，存在点，使得平面 D. 当时，点到直线的最小距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：________． 13. 已知，那么的值为_____________. 14. 已知函数 ，若 ，对于任意的都有 ，且在区间 上单调，则的最大值为_________. 四、解答题：(本题共5小题，共77分) 15. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为4的正三角形，分别为棱和的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在，已知，. （1）求B； （2）若为的平分线，的面积为14，求. 17. 已知数列满足，数列首项为2，且满足. （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率，且过点. （1）求曲线的标准方程； （2）若曲线的左右顶点分别为，过点且斜率为负数的直线与交于两点（点在点上方），直线与的交点为. （i）求证：点在定直线上； （ii）若直线与轴交于点，求的取值范围. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）已知是函数的两个零点． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）是的导函数．证明：． 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11月测试 数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， 因为， 所以， 所以，解得， 故， 所以的虚部为． 2. 已知椭圆的一个焦点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果. 【详解】由题意知：，解得：. 故选：D. 3. 变量关于变量的经验回归方程为.若时，的实际观测值为8，则此时的残差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据回归方程求出估计值，然后由残差定义即可得解. 【详解】当时，， 又时，的实际观测值为8，所以此时的残差为. 故选：C 4. 已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以，所以，又， 所以，所以. 故选：D. 5. 已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知可推得.又，结合正弦函数的图象可知，解出不等式即可得出答案. 【详解】因为函数的值域为，所以. 又，所以， 根据正弦函数的图象可知，解得， 又，所以，所以的取值范围是. 故选：A 6. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”．现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中为矩形，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为5m，圆心角为．已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可先分析出区域和全等，再将区域还原到如图所示圆柱中，由扇形的弧长公式先求出弧长，再根据圆柱的侧面积公式求出，即可得解. 【详解】 由题意可知区域和全等， 且都是底面半径为5m，高为的圆柱的侧面的一部分. 将区域还原到如图所示圆柱中， 可知，，. 由扇形的弧长公式可知，， 由圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：D 7. 已知随机变量，随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分步曲线的对称性，结合基本不等式进行求解即可 【详解】由随机变量，可知正态分步曲线关于直线对称， 由随机变量，可知正态分步曲线关于直线对称， 因为正实数满足，而且， 所以有， 根据正态分布曲线的对称性可知， 因为是正实数， 所以， 即，当且仅当时取等号， 因此当时，的最小值为， 故选：C 8. 已知函数的定义域为，，且，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，依题意，结合等比数列的求和公式，利用放缩法求解范围即可． 【详解】设，， 又，所以， 由得， 则有， 因此数列从第二项起，后一项不小于前一项的2倍，故， 所以； . 由得， 则有， 因此数列从第二项起，后一项不大于前一项的3倍，故， 所以 ，即，故D正确． 故选：D 二、选择题：(本题共3小题，每小题6分，共18分．) 9. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当 D. 是的极大值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 10. 双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（ ） A. 点在直线上 B. C. 外接圆的面积为 D. 连结交轴于点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，结合图像，利用双曲线焦点三角形的内切圆的特征，可求出，得到双曲线方程及焦点坐标，根据内切圆的性质可推理出是直角三角形，并求得点坐标为，再根据选项要求分别判断即可. 【详解】根据题意，设的内切圆半径为，则，设内切圆与边的切点为， 则有，，结合双曲线定义和内切圆的性质可得，即. 所以双曲线的方程为，焦点. 对于A，点在直线上，故A正确； 由题意，点在第一象限，设内切圆与边的切点为，连接， 易知且， 则四边形是正方形，即有，易得点坐标为. 对于B，在中，,根据勾股定理，，，所以，故B错误； 对于C，由已知条件可知，三角形外接圆半径，所以圆面积为，故C正确； 对于D，在中，因为，所以，则，故D正确. 故答案为：ACD. 11. 已知正三棱柱的外接球球心为，半径为，且（为常数），点满足.则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，的最小值为 C. 当时，存在点，使得平面 D. 当时，点到直线的最小距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用外接球的性质求出各线段长度，考虑动点轨迹，将选项转换成等价命题，必要时建立空间直角坐标系求解 【详解】 设正三棱柱的边长为，外接球球心为，所以， 又因为，因此，由于等圆中相等圆心角所对的弦相等， 所以. 下底面中，的边上的中线，重心在线段上，且是其一个三等分点. 易知，根据勾股定理得， 解得，即正三棱柱的边长为. 在中，由余弦定理得， 求得，故.所以A选项正确. 上底面中，的边上的中线为.当时，动点在线段上运动. 要使的值最小，我们可以将二面角摊开成平面，如图： 由于两点间线段最短，故当为与交点时，最小， 最小值为.所以B选项错误. 中点为，中点为，中点为，与相交于. 为的重心，为的中线，故三点共线. 而平面，所以平面. 当时，点在线段上运动.取，即与重合.由于是正方形，所以. 因为，，是平面平面内的两条相交直线， 所以平面，而，所以平面，故. 因为平面，平面，所以平面. 即当时，平面.选项C正确. 当时，即动点在线段上运动. 要求到直线距离最短，即要到平面距离. 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ,,,. ，，. 设平面的法向量. 故，取，则. 到平面的距离为.选项D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：________． 【答案】1 【解析】 【分析】将整理变形为二项式形式，即可求得答案. 【详解】 , 故答案为：1 13. 已知，那么的值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的和差化积把已知条件化简得到两个式子，然后把两式相除得到的正切值，再把所求的式子利用二倍角公式化简，代入即可求出值 【详解】解：由，得 ， 由，得 所以， 所以， 故答案为： 14. 已知函数 ，若 ，对于任意的都有 ，且在区间 上单调，则的最大值为_________. 【答案】18 【解析】 【分析】根据正弦型函数 的性质和题目给出的条件，运用最小正周期与的关系，对称轴对称点的特点求解. 【详解】由于 ，则的图像关于直线 对称， 则 …①， ）…②， ①-②得， ，令， 则 ， 的最小正周期， 在区间上单调， ， ，解得， 当时，，则②式为， 又，此时 ， 当 时， ， 此时不单调，不符合题意，舍去； 当时，，则②式为 ，又 ，当 时，，当时， ， 此时 ，当 时， ， 此时单调，符合题意， 故答案为：18. 四、解答题：(本题共5小题，共77分) 15. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为4的正三角形，分别为棱和的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图： 取中点，连接，， 因为为中点，所以且. 又底面为平行四边形，且为中点，所以，且. 所以且，所以四边形为平行四边形. 所以. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，根据三角形中位线的性质构造线线平行，进而得到四边形是平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理得到结论. （2）先证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是边长为4的等边三角形，为中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 连接，在中，，，， 由余弦定理可得：， 所以,所以，所以是等腰直角三角形，. 所以两两垂直. 以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，令得. 所以. 即为直线与平面所成角的正弦值. 16. 在，已知，. （1）求B； （2）若为的平分线，的面积为14，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的关系求出，再利用两角差的正切公式结合即可求解. （2）由（1）的结论以及三角形中求出角C的正弦，再利用正弦定理与 三角形面积公式求出b边和c边，再用等面积法转化即可求解. 【小问1详解】 在中，，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以. 所以， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由，所以， 所以. 记中角A、B、C所对的边为a、b、c， 由正弦定理可得，所以， 所以， 解得（负值舍去），所以. 又由，得， 所以由，得， 所以，解得. 17. 已知数列满足，数列首项为2，且满足. （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，当时，，求得，再由，结合等差数列的定义，求得，得到的通项公式. （2）根据题意，转化为，记，化简，得出数列的单调性，结合题意，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 当时，， 相减可得，故， 当时，也符合上式，所以， 又由，可得， 所以数列为公差为的等差数列，且首项为， 所以，则. 【小问2详解】 解：由和， 可得， 记，则， 所以， 当时，，当时，，此时单调递减， 而， 由于集合的元素个数为，所以，所以， 即实数的取值范围为. 18. 已知椭圆的离心率，且过点. （1）求曲线的标准方程； （2）若曲线的左右顶点分别为，过点且斜率为负数的直线与交于两点（点在点上方），直线与的交点为. （i）求证：点在定直线上； （ii）若直线与轴交于点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 设直线的方程为，联立，则， ， 解得. 设，其中. 直线的方程为，直线的方程为. 联立，解得，从而， 即点在定直线上. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上列方程计算求解得出椭圆标准方程； （2）（i）设，列出直线，的方程，它们的交点即可证明定点；（ii）根据化简计算得出范围. 【小问1详解】 由题意知，解得， 双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）定直线与轴交于点，从而. 记，其中，则， 即，解得，从而. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）已知是函数的两个零点． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）是的导函数．证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：是函数的两个零点，则有①，②， ①-②得，即， ， 因为有两个零点，所以不单调， 因为，得， 所以． 若要证明成立， 只需证， 即证，令，则， 则不等式只需证， 即证， 令， ，令， 令，因为，得在上单调递减， 得，得，即在上单调递减， 得，得，即在上单调递减， 所以有， 故有，不等式得证． 【解析】 【分析】（1）求导，对进行分类讨论的单调性； （2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明. 【小问1详解】 ． ①当时，在上单调递增． ②当时，令得，即在上单调递增； 同理，令得，即在上单调递减． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点． 当时，在上单调递增，在上单调递减， 若使有两个零点，则，即，解得， 且，当时，，则有， 所以的取值范围为． （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $