精品解析：江苏省南京师范大学附属中学2026-2027学年高三第一学期期中考试高三年级数学试题

南京师大附中2026—2027学年第一学期期中考试 高三年级数学试题 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 已知向量，，若向量与平行，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得：向量，因为向量与平行，所以，解得： 3. 已知样本数据的中位数为第分位数为则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用中位数和百分位数的定义求解. 【详解】数据是，一共个数据， 因为中位数为所以这个数据从小到大排序后，中位数是第3个数， 把已知数排序为，要让第3个数是，说明， 此时排序后： 或 ， 计算，则第分位数为第项和第项数据的平均值. 又第分位数为， 情况1：排序为，则 ，解得； 情况2：排序后的数据为，则，不满足第分位数是 综上所述，. 4. 等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把等比数列各项用基本量和表示，根据已知条件列方程即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由，得：， 即：， 所以，， 又，所以，， 所以，. 故选：A. 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】正四棱台体积公式： ，其中 为棱台的高，、​分别为上下底面积. 上底面边长为2，故； 下底面边长为4，故. 正四棱台的上下底面均为正方形，上下底面对角线长分别为​、. 侧棱、高、上下底面对角线一半的差值构成直角三角形：上下底对角线一半的差为， 侧棱长为​，由勾股定理得： . 代入体积公式得. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切的和差角公式化简得，进而根据正弦的差角公式以及二倍角公式，结合齐次式即可弦切互化求解. 【详解】由可得， 即，解得， . 7. 在平面四边形中，已知，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】据正弦定理表示线段长度，按图形的位置分情况计算向量数量积，再用三角恒等变换求最小值. 【详解】设.由得，且. 点与点位于直线同侧、异侧的两种情形如图. 由正弦定理，得 . 所以. 若点与点位于直线同侧，两向量的夹角为，是锐角，故数量积大于0. 若点与点位于直线异侧，两向量的夹角为，由数量积的定义得 . 由积化和差公式，得 . 当且点与点位于直线异侧时，如右图，等号成立，故所求最小值为. 8. 函数，对于正实数，定义集合，若满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分，和三种情况讨论，当时，通过构造函数，结合导数可求得的取值范围. 【详解】当时，，所以，， 所以，不满足； 当时，，所以，， 所以，不满足； 当时，，所以，， 所以， 因为，所以在上有解. 令，则，则在上有解. 令，求导得， 令，即，所以， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； ， 当且仅当时等号成立. 当时，可得，不符合题意； 当时，取，则； 当时，设，有，， 由零点存在定理，存在，使得，从而存在， 综上所述：的取值范围为. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 复平面内表示复数的点位于第一象限 C. 复数的共轭复数为 D. 复数是方程的一个根 【答案】AB 【解析】 【分析】利用复数除法的运算可得，结合复数模的运算，复数的几何意义，共轭复数的概念，以及方程根的定义依次判断选项即可. 【详解】对于A，由，可得，则，故A正确； 对于B，复平面内表示复数的点的坐标为，位于第一象限，故B正确； 对于C，复数的共轭复数为，故C错误； 对于D，由于，所以复数不是方程的一个根，故D错误. 10. 已知点，以轴非负半轴为始边作角，，其中，它们的终边分别与单位圆相交于点，，则下列说法正确的是（ ） A. 扇形的面积为 B. 的面积为 C. 当时，四边形面积的最大值为 D. 当时，四边形面积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，由扇形面积公式直接计算，与比较即可；选项B，以为底，的纵坐标为高，由三角形面积公式直接得；选项C，固定时将四边形拆成两个三角形面积和，固定的加变化的，用两边夹角正弦公式求最大值；选项D，固定时两条对角线与均为定值，四边形面积等于对角线乘积乘夹角正弦的一半，对角线垂直时取最大值. 【详解】选项A，扇形的圆心角为，半径，由扇形面积公式得，故A错误； 选项B，，点到轴的距离为，故，故B正确； 选项C， 当时， 当时，，故C正确； 选项D，当时，，设对角线与的夹角为， 设到的距离为，到的距离为， 因与在两侧，故. 因此， . 当时，，此时对应，在范围内可取到，故D正确. 11. 若数列满足：，对任意，，都有成立，则（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 对任意，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由倒数数列的递推关系求出通项，再用通项、裂项估计和导数逐项判断. 【详解】令，则.在题设等式中取，得. 因此，数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，从而. 对于A，将代入通项，得，A正确. 对于B，因为，两个分母均为正数，取倒数后不等号反向，故 ，B正确. 对于C，当时，.当时，. 当时，对每个满足的整数，因为，所以 . 单列首项，将其余各项逐项放缩，得 . 所以对任意正整数，均有，C错误. 对于D，设辅助函数，其中.由商法则得 . 当时，，故在上单调递增.又，故时，即. 令（为正整数），代入得 . 将上述不等式从到逐项相加，左边相加得 . 右边相加得 因此. 移项得，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中含项的系数为_______． 【答案】 【解析】 【详解】的通项：， ， 取中项：， 系数：， 取中项：， 系数：， 系数之和：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作斜率为2的弦，则的周长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用双曲线的基本量写出焦点直线，联立求出焦点弦长，再利用双曲线定义把转化，最后加得到周长. 【详解】由双曲线的标准方程可以得到，，，， 则，，∵直线过，斜率为2， ∴直线的方程为， 联立方程，化简得， 设，，由韦达定理可得，， 弦长， 由，可以判断点全在双曲线的左支上， 如图，由双曲线定义可得，，， 两式相加可得， 又，∴， ∴的周长为. 14. 若存在，，使得对任意恒成立，则的取值集合为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得得，即，进而得，根据的取值情况即可求解. 【详解】由题意得：，所以， 所以，即， 要使对任意的恒成立， 需为的整数倍，因此，， 又令，可化为对于任意恒成立， 假设，取，所以，矛盾， 所以只能为， 当时，因为，所以， 当时，因为，所以， 当时，因为，所以， 所以. 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. 已知在梯形中，，，，，． （1）求的长； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，所以， 根据余弦定理，即， 因此. 【小问2详解】 作于，于，则，， 由，可知，因此， ，在中，， 因此， 故. 16. 已知直线与抛物线交于、两点，，交于点． （1）求直线的方程； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由且，先求斜率再得斜率，由点斜式写出直线方程； （2）由，即，求出，再将沿轴拆成两个三角形面积之和求解. 【小问1详解】 由得，又，故. 直线过点，由点斜式得，即. 【小问2详解】 设，. 联立方程得： 消元整理得， 由，得，即， ， 解得， 直线与轴交于点， 又，故. . 因此. 17. 南京市是首批国家历史文化名城，中华文明的重要发祥地，每年都有大量游客来南京参观旅游．为了合理配置旅游资源，文旅部门对到南京钟山风景区的游客进行了问卷调查．据统计，其中的人选择只游览中山陵，另外的人选择既游览中山陵又游览明孝陵．每位游客若只游览中山陵，可集得1枚印章；若既游览中山陵又游览明孝陵，可集得2枚印章．假设游客之间的选择意愿相互独立，视频率为概率． （1）从游客中随机抽取2人，记这2人集章的总数为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人（），记这个人集章的总数恰为的概率为，求． 【答案】（1）的分布列如下： ； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意可知，求出对应的概率即可得分布列，根据分布列及期望公式求数学期望即可； （2）由题意可得只有1人既游览中山陵又游览明孝陵，从而可得，利用错位相减求出数列的前项和为即可得答案. 【小问1详解】 由题意可知， 则，，， 所以的分布列如下： 所以的数学期望为； 【小问2详解】 因为这个人集章的总数恰为， 所以其中只有1人既游览中山陵又游览明孝陵， 所以， 令数列的前项和为， 则， 所以， 两式相减，得 ， 所以， 所以. 18. 如图，四边形是边长为2的正方形，四边形是梯形，，，是上的点，且，平面平面． （1）证明：，，，四点共面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为四边形是正方形，所以， 又因为，，， 所以四边形是正方形，所以，所以， 所以，，，四点共面 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件证明即可； （2）（i）可证和都是直角三角形，即可找到球心，再以为原点建系，计算平面的法向量，利用向量法计算点到平面的距离；（ii）先找出点的位置，利用向量法计算线面角的正弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 （i）因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为，所以平面，同理可得平面， 因为平面，平面，所以，， 所以和都是直角三角形，所以的中点就是球心， 以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以点到平面的距离为. （ii）当三点共线时，球面上点到点的距离最小， 因为，所以球的半径， 分别取中点， 则， 所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 由（i）知平面的一个法向量为， 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. 19. 已知函数，其中． （1）过点作曲线的切线，切点记为，记为坐标原点，求的值； （2）若，求的最小值； （3）若曲线经过点，，其中，，求证：的斜率大于1． 【答案】（1）1 （2） （3）由题意得， 设，则为函数的两个零点， ， 因为，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 不妨设，又， 要证，即证，因此只要证，即证， 因为，且在上单调递减， 从而只要证；又，因此只需证， 构造，则， 又，所以， 因为，所以， 所以在上单调递减，因此， 从而，得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义写出切线方程，代入点 求出切点横坐标，进而得到切点坐标后计算向量数量积； （2）将不等式恒成立等价转化为，恒成立，通过导数求右侧函数的最大值，即可得到的最小值； （3）将点在曲线上转化为函数零点问题，用和差化积化简直线的斜率，再通过构造对称函数结合单调性证明，从而证得斜率大于 1. 【小问1详解】 当时，必有，此时，所以， 设切点为，则切线方程为，　 代入，得，所以，即， 从而，因此； 【小问2详解】 因为，所以， 令， 则，解得， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 从而，因此，即， 所以的最小值是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京师大附中2026—2027学年第一学期期中考试 高三年级数学试题 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若向量与平行，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知样本数据的中位数为第分位数为则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在平面四边形中，已知，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数，对于正实数，定义集合，若满足，则的取值范围为（ ） 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 复平面内表示复数的点位于第一象限 C. 复数的共轭复数为 D. 复数是方程的一个根 10. 已知点，以轴非负半轴为始边作角，，其中，它们的终边分别与单位圆相交于点，，则下列说法正确的是（ ） A. 扇形的面积为 B. 的面积为 C. 当时，四边形面积的最大值为 D. 当时，四边形面积的最大值为 11. 若数列满足：，对任意，，都有成立，则（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 对任意，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中含项的系数为_______． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作斜率为2的弦，则的周长为_______． 14. 若存在，，使得对任意恒成立，则的取值集合为_______． 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. 已知在梯形中，，，，，． （1）求的长； （2）求的值． 16. 已知直线与抛物线交于、两点，，交于点． （1）求直线的方程； （2）若，求的面积． 17. 南京市是首批国家历史文化名城，中华文明的重要发祥地，每年都有大量游客来南京参观旅游．为了合理配置旅游资源，文旅部门对到南京钟山风景区的游客进行了问卷调查．据统计，其中的人选择只游览中山陵，另外的人选择既游览中山陵又游览明孝陵．每位游客若只游览中山陵，可集得1枚印章；若既游览中山陵又游览明孝陵，可集得2枚印章．假设游客之间的选择意愿相互独立，视频率为概率． （1）从游客中随机抽取2人，记这2人集章的总数为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人（），记这个人集章的总数恰为的概率为，求． 18. 如图，四边形是边长为2的正方形，四边形是梯形，，，是上的点，且，平面平面． （1）证明：，，，四点共面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 已知函数，其中． （1）过点作曲线的切线，切点记为，记为坐标原点，求的值； （2）若，求的最小值； （3）若曲线经过点，，其中，，求证：的斜率大于1． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $