江苏省苏州市2026届高三上学期期中阳光调研 数学试卷

这是一份江苏省苏州市2026届高三上学期期中阳光调研 数学试卷，共17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．若（是虚数单位），则的值分别等于
A．B．C．D．
2．一元二次不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
3．是定义在上的偶函数，且，则下列各式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
4．在中，“为锐角”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．函数与的图象（ ）
A．关于x轴对称B．关于y轴对称
C．关于原点对称D．关于直线y=x对称
6．若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（ ）
A．平面内的所有直线都与直线异面B．平面内不存在与直线平行的直线
C．平面内的所有直线都与直线相交D．直线与平面一定有公共点
7．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中，为正八边形的中心，则（ ）
A．B．
C．D．
10．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个
C．曲线上存在点，使得到点的距离小于1
D．曲线围成区域的面积大于4
11．如图，已知平面四边形中，为边所在直线上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为2的数列，记，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．存在实数，使得数列为等差数列
三、填空题
12．等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则前6项的和为 .
13．已知函数最小正周期为，当时，则函数的零点个数为 ．
14．已知实数，若关于的方程在上恰有两个不同的实数根，则实数的取值集合是 ．
四、解答题
15．已知数列的前项和为，若对任意，向量，，有．
(1)求数列的通项公式
(2)记，数列前项和为，求证：．
16．已知分别是三个内角的对边，且．
(1)求角的大小；
(2)若分别为的边上的点，且，求面积的最大值和此时的周长．
17．如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求证：；
(3)在（2）条件下，若，求三棱锥的体积．
18．设函数．
(1)试求函数的极值；
(2)若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围；
(3)若在上恒成立，求实数的取值范围．
19．已知数列前项和分别为，且有
(1)若，求；
(2)若，求；
(3)已知当时，，当且仅当时“=”成立．若数列为正项数列，且当时有，若，试比较与的大小，并说明理由．
参考答案
1．B
【详解】解：由题可知，，
即，所以，
即的值分别等于.
故选：B.
2．B
【详解】解：不等式可化为
，
解得，
不等式的解集为．
故选：．
3．C
【详解】因为是定义在上的偶函数，则，
又，则，所以C正确，
又由题设条件得不到在的单调性，所以A、B、D不一定成立，
故选：C.
4．A
【详解】对于充分性，若为锐角，则，
所以，即，故充分性正确；
对于必要性，若，两边平方得，即，
所以，又因为是的内角，所以为锐角，故必要性也成立.
所以 “为锐角”是“”的充分必要条件.
故选：A
5．C
【详解】解：令，则
与的图象关于原点对称，
与的图象关于原点对称.
故选：
6．D
【详解】直线不平行于平面，则可能为直线平面，或直线与平面相交，
所以A，B，C错误，D正确；
故选：D.
7．A
【详解】∵，，
∴，
∴，即，即①，
∵，∴②，
联立①②解得，
∴.
故选：A.
8．D
【详解】因为，所以，则，，
依题意可知两条切线的方程分别为，
联立两条切线的方程
解得，则，
因为两条切线的斜率之积为，所以，所以，则
由，，
可得
所以，
当且仅当，即时取得最小值，由因为，所以，
则，
故选：D
9．ACD
【详解】由题可知，选项A正确；
在正八边形中，，；
所以，所以选项B错误；
由题可知在正八边形中有，且，，所以，所以，选项C正确；
连接，则 ，,选项D正确.
故选：ACD
10．ABD
【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为，
代入成立，曲线关于直线对称，A对；
所以，所以，则，故，
时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对；
对于曲线上任意一点，则，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错；
如图，，，，四边形的面积，
当时，直线，曲线，即，
设，
，判别式，∴恒成立，
即函数单调递增，且∵，
∴当时，，
∴，即，
∴，即，
∴，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于，
设函数，则，
即函数在上单调递增，且，
所以当时，，即，
，即，
则，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对.
故选：ABD.
11．AC
【详解】由，得
因为为边所在直线上的一列点，
设，则，
所以，令得，
同理可得， 所以数列是周期为的周期数列.
对于A，，所以，故A正确；
对于B, ，，故B错误；
对于C,， ，故C正确；
对于D，因为是周期为的周期数列且不为常数列，故任意实数，，数列为周期数列，
不可能为等差数列，故D错误.
故选：AC
12．
【详解】设的公差为（），
由，得，
解得，所以．
故答案为：.
13．4
【详解】令，可得，
所以函数的零点个数等价于与图象的交点个数，
因为函数最小正周期为，当时，，
则，画出函数与的图象，
如图所示，由图象可得，函数的零点个数为.
故答案为：.
14．
【详解】由方程在上恰有两个不同的实数根，
令，可得，
设的两根分别为，则，所以同号，
结合正弦函数的图象与性质，
可得上的零点有三种情况：
当时，即，解得或（舍去），
此时，即，可得或，符合题意；
当时，则满足，即，解得（舍去）；
当时，则满足，即，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，即：①
当时，，
又，所以．
当时，，②
由①-②得：
整理得，
由累乘法得：，
代入比值：
当时，，符合条件．
所以数列的通项公式为
（2）由，得，
所以前项和：．
因为，所以，，所以．
16．(1)
(2)，
【详解】（1）中有，
由正弦定理得，，
又将代入得，，
展开得，，
整理得，，
由，
所以，得，即，
由知，所以，
故．
（2），
，
解法一：由（1）知，，
故，
当且仅当时取等号，即面积的最大值为．
此时，
由余弦定理得，
的周长为.
解法二：由（1）知，，
，
当且仅当时取等号．
此时，
由余弦定理得，
的周长为.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）如图②取的中点，连结
是中点，是中点，
在中，由中位线定理得，
又平面平面
平面.
又是中点，是中点，
，又，故在中，得，
又平面平面
平面
由平面平面，
平面平面，又平面，
平面.
（2）
如图④，在平面中，过作，为垂足，
平面平面，平面，，平面平面，
平面，
又平面，已知，
又平面平面，
平面，又由平面，
.
（3）由（2）知，又已知，，是面内两相交直线，
面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为，
则由得
，解得，
又由知点到面的高为，
又，
.
18．(1)极小值，无极大值
(2)
(3)
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，可得，
当故当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）解：因为函数，
所以函数，
可得，
由，可得，且在上单调递增，故有，
①当时，可得，函数在上单调递增，故不存在单调减区间；
②当时，存在且满足，
当，有，函数在上递减，
当，有，函数在上递增，
所以当时，函数在存在单调减区间.
（3）解：由在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立
设，可得，
记，则，
所以在上单调递增，
因为，
根据零点存在定理知，存在唯一，有，即，
且在上有；在上有；
由，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
对于两边取对数得，
因为函数在上单调递增，则有，即，
所以，即．
所以，即的范围是.
19．(1)45
(2)1
(3)，理由见解析
【详解】（1）∵
∴
由得
，
∴.
（2）由题意，当时，；
当时，
∴
（3）由，
∴，
∴
∵时，，
∴
∴．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
A
C
D
A
D
ACD
ABD
题号
11









答案
AC