江苏省南通中学2026-2027学年高三上学期10月阶段考试数学试题

江苏省南通中学2026-2027学年第一学期10月阶段考试 高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内的对应点为，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．已知函数，正数，满足，则的最小值为（     ） A．4 B．8 C．9 D． 4．已知，，，则（     ） A． B． C． D． 5．以下四个命题： ①函数最小值为； ②方程没有整数解； ③若，则； ④不等式的解集为. 其中真命题的个数为（    ） A． B． C． D． 6．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（   ） A． B． C． D． 7．已知A，B为非空实数集，为平面直角坐标系中的一些点构成的集合，集合对任意，有，集合对任意，有.对于下列两个命题：①若，则；②若，则其中判断正确的是（   ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 8．在外接圆半径为的中，，若符合上述条件的三角形有两个，则边的长可能为（     ） A． B．6 C． D．8 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．下列说法中，正确的是（     ） A．若，，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 10．已知函数（）的最小正周期为，则（     ） A． B．在区间上单调递减 C．在区间上的值域为 D．若将的图像向左平移个单位得的图像，则是偶函数 11．已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数．根据以上信息，下列说法中正确的有（    ） A．农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同； B．月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为； C．月相外边缘的离心率第8天时取最大值； D．农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知存在实数a，满足对任意实数b，直线都不是曲线的切线，则实数a的取值范围是________. 13．设是椭圆与双曲线的公共焦点，为它们的一个公共点，且，则这两条曲线的离心率之积最小为______________，此时双曲线的渐近线的方程是__________________. 14．已知球的半径为2，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且.设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则的最小值是______.    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．（本小题13分） 已知函数是定义在上的奇函数． (1)求实数，的值； (2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 16．（本小题15分） 如图，在平面四边形中，，，. (1)求证：； (2)若，求的面积. 17．（本小题15分） 已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 18．（本小题17分） 已知圆M过，，且经过点其中一点。 （1）求圆M的方程； （2）若是圆M上一点，满足，求实数t的取值范围； （3）过x轴上任意一点引圆M的两条切线，为切点，是否存在异于M的点N，使得为定值？若存在，求出点N；若不存在，请说明理由。 19．（本小题17分） 设定义域为的函数，对于，定义. (1)若，求； (2)若，是否存在a，使得是一段闭区间？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)若对任意，，其中，均是上的恒正函数.证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”. 0 0 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 江苏省南通中学2026-2027学年第一学期10月阶段考试 高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】. 2．已知复数在复平面内的对应点为，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件得到，再利用复数的运算，得到，即可求解. 【详解】因为复数在复平面内的对应点为，所以， 则，所以的虚部为， 故选：C. 3．已知函数，正数，满足，则的最小值为（     ） A．4 B．8 C．9 D． 【答案】C 【分析】先判断函数的奇偶与单调性，由推出，再用乘1法结合基本不等式求的最小值． 【详解】的定义域为，， 故是奇函数， 求导得，恒成立，故在上单调递增， 已知，则， 故，即， ， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为9． 4．已知，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由诱导公式，余弦，指数，对数函数单调性并利用中间量可比较大小. 【详解】， ，， 从而，即. 5．以下四个命题： ①函数最小值为； ②方程没有整数解； ③若，则； ④不等式的解集为. 其中真命题的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对于①，直接求函数的解析式的范围即可判断，构造函数，根据函数单调性即可判断③，构造函数，利用函数单调性和特殊值，即可判断②④. 【详解】对于①，函数中， 由得，所以，①错； 对于②，由得， 设，因为和是增函数， 所以为递增函数， 又时，， 时，， 所以的解，②正确； 对于③， ， 设，则是增函数， 则，所以，③正确； 对于④，由得， 又时，，时，， 所以时，，④错. 故选：B 6．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】考虑从甲袋中取出的球是白球还是红球，根据全概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”， 事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”， 所以，故，， 故，故A正确. 7．已知A，B为非空实数集，为平面直角坐标系中的一些点构成的集合，集合对任意，有，集合对任意，有.对于下列两个命题：①若，则；②若，则其中判断正确的是（   ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 【答案】B 【分析】运用元素和集合的关系判断即可. 【详解】由已知，设，， 若，此时(没有满足对任意，有)，而， 若(仅满足)，但，所以不包含，故命题①错误； 设，，，此时满足， 若(和均满足)，但，所以不包含于， 故命题②错误. 故选：B． 8．在外接圆半径为的中，，若符合上述条件的三角形有两个，则边的长可能为（     ） A． B．6 C． D．8 【答案】C 【分析】先用正弦定理求出边长；再利用“已知一角及其对边，三角形有两解”的不等式，求出的取值范围，筛选选项即可. 【详解】如图所示，记的外接圆的半径为，，，由正弦定理得，，则， 在中，为定值，三角形有两解的条件：，即，解得， 因为，，，，， 所以，故答案选C. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．下列说法中，正确的是（     ） A．若，，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】AC 【详解】对于A，因为，所以，又，所以，所以，故A正确； 对于B，当时，由，得，当时，由，得，故B错误； 对于C，， 又因为，所以，又，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以，又因为，所以，故D错误. 10．已知函数（）的最小正周期为，则（     ） A． B．在区间上单调递减 C．在区间上的值域为 D．若将的图像向左平移个单位得的图像，则是偶函数 【答案】BD 【分析】将函数化简得到，结合最小正周期为，推出.再由整体替换思想求出其单调区间，然后逐一判断即可. 【详解】. ，函数的最小正周期为，，A错误. ，， 令，当时，， 在区间上单调递减，在区间上单调递减，B正确. 当时，，在处取得最大值，在处取得最小值. 函数在区间上的值域为，C错误. 为偶函数，D正确. 11．已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数．根据以上信息，下列说法中正确的有（    ） A．农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同； B．月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为； C．月相外边缘的离心率第8天时取最大值； D．农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内． 【答案】CD 【分析】利用已知条件求出第天和第天的方程即可判断A，根据椭圆上点到焦点的距离的最大值为，求出的范围即可判断B，求出离心率的表达式判断C，利用离心率的表达式，求出农历初六至初八时的范围即可判断D. 【详解】由方程知： A：当时，椭圆方程为， 当时，椭圆方程为， 化简为，即，所以A错误； B：月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为： ， 因为，所以， 所以，所以B错误； C：月相外边缘的离心率为：， 而，所以当时，最大， 即月相外边缘的离心率第8天时取最大值，所以C正确； D：农历初六至初八，即时，即， 此时月相外边缘离心率：，即， 因为，，所以，，所以，故D正确. 综上所述，正确的有CD. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求得，由此即可顺利得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知存在实数a，满足对任意实数b，直线都不是曲线的切线，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【详解】直线方程为，所以直线的斜率为-1， 即曲线切线的斜率不为-1， 由得：， 若直线是曲线的切线，则存在切点，使得， 则， 因为直线都不是曲线的切线， 所以不存在实数使得成立， 即无实数根， 所以，即. 点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为． 13．设是椭圆与双曲线的公共焦点，为它们的一个公共点，且，则这两条曲线的离心率之积最小为______________，此时双曲线的渐近线的方程是__________________. 【答案】 / 【分析】根据椭圆和双曲线的定义得到，，利用余弦定理得到，再根据基本不等式求最值；取最值时，再利用求解渐近线方程即可. 【详解】设椭圆与双曲线的交点位于第一象限（），椭圆和双曲线的离心率分别为和， 椭圆焦距为，长轴为，双曲线实轴长为，虚轴长为， 由椭圆和双曲线定义可知，解得，， 因为，所以在中由余弦定理可得， 即，解得， 则，所以，整理得，即， 当且仅当，即时等号成立，故两条曲线的离心率之积最小为； 由，得，解得，即， 所以渐近线方程为. 故答案为：；. 14．已知球的半径为2，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且.设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则的最小值是______.    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，结合几何关系判断出的最小值的位置，根据点到平面的距离公式及截面圆的几何特征求解即可. 【详解】以为圆心，以所在直线为轴，以所在平面为平面建立空间直角坐标系.    则，，，. 设点，则. ，，， ，，， 因为， 所以， 整理得，即点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上. 又，，所以点在这个平面上. 所以的最小值即为与它在截面圆上投影的夹角，也即与截面圆过点直径的夹角. 设的最小值为. 球心到平面的距离， 截面圆半径为， 所以，所以. 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．（本小题13分） 已知函数是定义在上的奇函数． (1)求实数，的值； (2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】 （1）利用奇函数求，再结合求，最后验证奇函数性质； （2） 先判断的单调性，结合奇偶性将函数不等式转化为自变量不等关系，分离参数后利用基本不等式求最值即可得到的范围. 【详解】（1）因为是定义在上的奇函数，故，代入解析式得： ， 故，解得， 此时，由奇函数性质，代入得： ， 化简得，即，解得， 验证：当时，， 则 满足奇函数定义，故； （2）先化简： ， 因为，在上单调递增，所以在上单调递减，所以在上单调递增， 由得： ， 因为为奇函数，所以， 所以 在恒成立，整理得 在恒成立， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以的取值范围为. 16．（本小题15分） 如图，在平面四边形中，，，. (1)求证：； (2)若，求的面积. 【答案】(1)在中，由余弦定理， ，所以. 又，由勾股定理的逆定理得. (2) 【详解】（1）略. （2）由(1)知，，所以. 又， 所以. 由得. 设的面积为. 一方面； 另一方面. 由两式相等得，即. 又由余弦定理，. 所以，整理得，解得. 所以. 17．（本小题15分） 已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【答案】(1)证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【详解】（1）略 （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 18．（本小题17分） 已知圆M过，，且经过点其中一点。 （1）求圆M的方程； （2）若是圆M上一点，满足，求实数t的取值范围； （3）过x轴上任意一点引圆M的两条切线，为切点，是否存在异于M的点N，使得为定值？若存在，求出点N；若不存在，请说明理由。 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先根据三点不共线确定D为圆上一点，再根据圆的一般方程求出圆的方程； （2）根据题意可知在圆M上，也在圆上及内部，即与有交点，根据两圆相交的位置关系即可求解； （3）设x轴上任意一点G，写出切点弦EF的方程，设定点N，将为定值转化为距离平方乘积的表达式与参数无关；联立直线与圆的方程，结合韦达定理代入化简，根据表达式恒为定值的系数条件列方程求解，即可得到异于点M的定点N。 【详解】（1）因为， 所以，即的三点共线， 所以圆M过，， 设圆M的方程为， 所以，解得, 所以圆M的方程为，即； （2）由，得 ，即 因为是圆M上一点，所以， 即在圆M上，也在圆上及内部， 即与有交点， 所以两圆心的距离， 即， 所以，解得， 所以实数t的取值范围为； （3）设x轴上一点，则直线EF的方程为， 所以直线EF为， 令，则直线EF为， 设定点，所以， 因为在圆M上，所以， 即， 同理， 令， 得, 所以， 联立，得， 所以， 所以， 因为的整式部分为常数，所以设的整式部分为S， 所以, 要使该式对任意k为定值，分式的分子必须为0（否则表达式会随k变化）， 所以, 由, ①当时，即，即，即在直线上， 代入可得, 若，则，此时与M重合，不符合题意； 若，则，解得或， 所以定点坐标为或； ②当时，代入可得, 此时与M重合，不符合题意. 综上所述，存在异于M的定点坐标或。 19．（本小题17分） 设定义域为的函数，对于，定义. (1)若，求； (2)若，是否存在a，使得是一段闭区间？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)若对任意，，其中，均是上的恒正函数.证明：“对任意成立”的充要条件是“任取，均有且”. 【答案】(1) (2) 存在，. (3) 对任意，，其中、均是上的恒正函数. 必要性： 因为对任意成立，所以， 即与成对出现在集合中，故. 当时，，从而， 所以且. 充分性： 不妨设，取满足（*）， 则， 而，，所以， 则，即，与（*）矛盾. 同理可证时也矛盾. 所以对任意，都有，得证. 【分析】（1）根据题得到不等式，化简并解一元二次不等式求得； （2）根据新定义构造函数，利用导数研究不同情况下的单调性，结合图象，利用数形结合思想研究是否为一段闭区间，确定存在性，进而得参数范围； （3）利用对称性，结合新定义的意义，证明必要性；利用反证法，构造适当推出矛盾，证得充分性. 【详解】（1）由题设，将化简得， 解得，故. （2）因为，代入定义得：， 构造函数， 求导得. 当即时，存在，， 所以当、时，， 进一步，列表可得： 0 0 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由此是函数的极大值点，时，， 故当且仅当时，是一段闭区间，因此， 特别地，当时，，故仍是一段闭区间，故. 当时，当且仅当时，. 同理，是函数的极小值点，且取得最小值，同样时，， 所以当且仅当时，是一段闭区间，由此得， 综上所述，存在满足条件的a，且. （3）略 【点睛】关键点点睛：小问（3）关键点： 首要的要分清条件和结论，明确必要性和充分性指的是从谁推谁； 其次，在必要性的证明中利用对称性得到与成对出现在集合中，得出，进而进行证明是关键； 最后，在证明充分性的过程中使用反证法，并构造合适的推出矛盾是关键. 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $