江苏省连云港市2026届高三上学期期中调研考试数学试卷（含答案）

这是一份江苏省连云港市2026届高三上学期期中调研考试数学试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，若，则（ ）
A．1B．C．D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．若关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象的对称轴方程为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．已知，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，，的定义域都为，其中为奇函数，为偶函数，且，，则函数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为7的黑球，则红球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，为两条异面直线，，为两个平面，，，，则直线（ ）
A．可以与，都垂直B．至少与，中一条相交
C．至多与，中一条相交D．至少与，中一条平行
10．在中，为的中点，为的中点，若，且的面积为，则（ ）
A．B．
C．D．的最小值为
11．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ）
A．B．是极大值点
C．D．
三、填空题
12．某校报告厅第一排有22个座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则这个报告厅共有 个座位.
13．设，且，则 .
14．若函数在区间上有零点，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．设等比数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，证明：.
16．在中，，，.
(1)求；
(2)求的角平分线的长.
17．已知多面体的底面是正方形，底面，，.
(1)证明：平面平面；
(2)设.
（i）当时，求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）若二面角的大小为，求的值.
18．已知椭圆：的焦距为2，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值；
(3)将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值.
19．已知函数，直线：.
(1)若直线与曲线相切，求实数的值；
(2)证明：对于，，使得当时，直线恒在曲线上方；
(3)若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，证明：.
参考答案
1．A
解析：因为复数，则，则的虚部为.
故选：A.
2．C
解析：因为集合，，
又因为，
当即时，，不符合题意；
当即时，，符合题意；
则.
故选：C.
3．B
解析：假设，，有，即充分性不成立；
若，则有且，即必要性成立；
综上，“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
4．C
解析：当时，不等式为，此时解集不为空集，不符合题意，
当时，若解集为空集，则，解得，
当时，此时不等式的解集一定不为空集，故不符合题意，
综上可得,
故选：C
5．A
解析：由题意可知：，即，
所以对称轴方程为，解得，
故选：A
6．D
解析：由，，将其代入，
得，
展开得，
整理得，又，，，
所以，两边除以 ，
得，解得．
故选：D．
7．D
解析：是奇函数，所以，
又由，得①，
因为是偶函数，所以，
又由，得②，
联立①②可解得，
所以，令，解得或，
当时，，且，故，单调递增；
当时，，故，单调递减；
因此，在处取得极大值，也是最大值，
．
故选：D．
8．C
解析：如图，作出符合题意的图形，
设三个半径为3的白球的球心分别为，设红球半径为，球心为，
连接，
则在平面上的射影为底面正三角形的外心，
可得，
三棱锥为正三棱锥，侧棱，
再设大球的球心为，由对称性可得，在线段上，
要使大球与四个小球都内切，
则，，
又，，解得，
则红球的表面积．
故选：C．
9．AB
解析：因为a，b为两条异面直线且，，，所以a与l共面，b与l共面.
若l与a、b都不相交，则，与a、b异面矛盾，所以至少与，中一条相交故B对，C、D错；
当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，直线可以与，都垂直，故A对.

故选：AB.
10．AC
解析：在中，为的中点，为的中点，
所以，A选项正确；
，B选项错误；
因为，又因为的面积为，则，
所以，C选项正确；
，
当且仅当时取的最小值为.
故选：AC.
11．BCD
解析：的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
对于A，由图像可知，则，故A错误；
对于B，注意到时，，，.
结合图像可知当
当是函数的极大值点，是函数的极小值点，故B正确，
对于C, 表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减.
故，化简可得
，故C正确；
对于D，由于，
故因此，
且，故，
由于为单调递减函数，为单调递增函数，结合为单调递增函数，因此为单调递增函数，由于，可得，故D正确.
故选：BCD
12．820
解析：根据题意可知：报告厅的座位个数成等差数列，且，
故，故，
所以座位的个数为，
故答案为：820
13．
解析：
，
又因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以或，
所以或不合题意，所以，
所以.
故答案为：.
14．
解析：函数在区间上有零点，
即在上有解，
又在单调递增，
所以在单调递增，
又时，，且，
所以．
故答案为：．
15．（1）由得，，两式相减得.
因为数列是等比数列，所以.
当时，，则，所以.
综上.
（2）由，得.
所以.
由于，，所以.
16．（1）由得，
由正弦定理得，即.
因为，所以，
又，故.
（2）在中，由余弦定理，，
得，解得（舍去负值），
所以.
在中，，
则有
即，解得.

17．（1）证明：底面为正方形，得.
因为底面，面，得.
又，平面，平面，得平面，
由平面，所以平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由得，，，，，
（i）当时，，，，，
设平面的法向量为，
由得
不妨取，则，从而平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
（ii）由，得，，
由（1）知，.
设平面的法向量为，
由得，不妨取，
则，，
所以平面的一个法向量为.
则，
又因为二面角的大小为135°，所以，
化简得，
得或.
18．（1）由题意得解得
所以椭圆的方程为.
（2）当直线或其中一条斜率不存在时，.
当直线，斜率存在且均不为0时，设直线：，，
由得，
所以.
同理可得，所以.
综上，.
（3）解法一：
设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为，
则代入中得：.
设的中点为，因为，所以
所以，即.
所以.
解法二：
设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为，
则代入中得：.
设原点到直线，的距离分别为，，则.
.
所以，当且仅当时取得等号.
即的最大值为.
19．（1）设直线与曲线相切于点，，
令，得或2.
故切点为或，切线方程为或，即或.
（2）由得，当，递减，有，
当，递增，有，
当，递减，有.
若，取，当时，结合函数单调性可知
若，取，下面证明不等式，
先证明如下不等式：当，有，
令，，当，递减，当，递增，
有，即，
变形得：，即，
故当时，结合函数单调性可知.
综上，结论成立.
（3）由题意及函数的单调性可知：，满足
由②③可得
作差得，故有
下证不等式成立，即证，
令，只需证时，成立，
即证时，，
令，，在递减，
故，
故，
则.
故要证，只需证，即证，
又因为，，则，
所以，故只需证，
令，设函数，，，
所以在上递增，在上递减.
所以，故命题得证.