江苏省南京市中华中学2026届高三上学期11月期中考试 数学试卷（含答案）

这是一份江苏省南京市中华中学2026届高三上学期11月期中考试 数学试卷（含答案），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．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数z满足，则（ ）．
A．B．C．D．2
3．已知数列中，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
4．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（ ）
A．29.5hB．29hC．28.5hD．28h
5．已知抛物线的焦点为，点在上，过点作的准线的垂线，垂足为．若直线的方程为，则（ ）
A．26B．24C．22D．20
6．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为，点在三角形所在平面上，向量为单位向量，点满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，当时，不等式恒成立，则的值不可能为（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题
9．已知正实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最小值是
C．的最小值是
D．的最大值是
10．连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为，掷出点数之和为，则（ ）
A．事件“为奇数”发生的概率
B．事件“”和事件“”相等
C．事件“”发生的概率为
D．事件“”和事件“”独立
11．正方体的棱长为2,点在面内（包括边界），若,且满足平面,则（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．点的轨迹是一段圆弧
C．的最小值为
D．动点的轨迹长为
三、填空题
12．的二项展开式中，第3项的系数为 ．（用数字作答）
13．已知，则 ．
14．已知椭圆的左、右焦点分别为是上异于顶点的一个动点，记的内切圆圆心为，则点与点的横坐标之比为 ．
四、解答题
15．在中，若角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，.
(1)求角；
(2)求的周长.
16．已知正项数列的前n项和为，且
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求的前项和
17．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与重合），平面与棱交于点．
(1)求证：；
(2)若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知双曲线，点，点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，点在线段上，且与端点不重合．
(1)求双曲线的离心率；
(2)当为中点时，的面积为7，求直线的斜率；
(3)设直线分别与轴交于点，若为的中点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
19．设，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设、分别是函数的极大值点和极小值点．记、，求证：直线与曲线交于另一点；
(3)在（2）的条件下，判断是否存在常数（，），使得．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
参考答案
1．A
【详解】由题意，所以，
故选：A.
2．C
【详解】由可得，
故，
故选：C
3．B
【详解】由，得，又，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
，得，
.
故选：B.
4．D
【详解】根据题意在电池容量不变的条件下，，
当时，，代入公式得：，
当放电电流时，代入公式得，
解得
，
故选：D.
5．D
【详解】由，令，得，所以，所以，所以抛物线方程为，准线方程为：，
由，令，得，所以，
设，所以，
所以，
故选：D.

6．A
【详解】因为函数在区间上单调递增，
所以，即，又，所以，解得，
由，则，
又，所以，所以，解得，
即的取值范围是.
故选：A
7．B
【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则点、、，
因为为单位向量，所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，
因为，则点为线段的中点，
设点，则点，
所以，，
故，故当时，取最小值.
故选：B.
8．D
【详解】由有：，所以对任意恒成立，
令，则直线应介于函数与函数之间，
所以，令，得，当，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
由，当，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
作出和的图像：
所以，
故选：D.
9．ACD
【详解】由有：，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
由，当时，即时，等号成立，
所以的最小值是，故B错误；
由，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
由，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确；
故选：ACD.
10．AC
【详解】对于A，事件“为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，故A正确；
对于B，事件“” 样本空间点为，事件“”的样本空间点为
，所以事件“”和事件“”不相等，故B错误；
对于C，事件“” 的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”，
其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，其概率为，因此，故C正确；
对于D:
事件“”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4(有3种不同情况），或者2个2和1个1（有3种不同情况）”，其概率为.
事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2（有1种情况）；或者2个1和1个4（有3种不同情况）；或者1个1、1个2和1个3（有种不同情况）”，其概率为.
而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率.，,
所以事件“”和事件“”不独立
故D错误．
故选：AC.
11．ACD
【详解】对于A：

由题可知，点是线段上靠近点的四等分点，
三棱锥底面外接圆的半径，
平面,则三棱锥外接球的半径,
因此三棱锥外接球的表面积.故A选项正确；
对于B：

在正方体中，易证,
又平面,平面.
,平面.
又平面,.
又平面.
,即点的轨迹是线段,不是圆弧.故B选项错误；
对于C：在正方体中，有平面,
平面,.
,计算得,
故点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆心角为度的圆弧.

由上图易知，=.
因此，当时，最小，此时,故C正确；
对于D：

建立如图所示的空间直角坐标系.
则,设点,
,
设平面的法向量为,因此有
,得,得.
平面,,,因此有：
,化简得：.
因此点的轨迹为一条线段.
当时，,设该点为点,此时点在点位置;
当时，,此时点在点位置.

因此点的轨迹为四边形内的线段
故D正确.
故选：ACD.
12．24
【详解】的二项展开式中，第3项为：，
故第3项的系数为24.
故答案为：24
13．
【详解】由题意有：，
所以
，
故答案为：.
14．2
【详解】

由题意有：，
设，与圆分别切于点，
所以，
因为，
又因为，所以，
所以，
由切线性质可知，
所以，
所以，
又点与点的横坐标相同，所以点与点的横坐标之比为.
故答案为：2.
15．(1)
(2)
【详解】（1）对变形，得，即.
因，故，所以，解得.
（2）由，，得.
由余弦定理，代入，，
得，即.
则，故.
因此，△ABC的周长为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，解得.
当时，，.
两式相减得:.
整理得到:.
.
数列是首项为1，公差为2的等差数列.
.
（2）由（1）得.
则
.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱柱中，，
又面，面，
所以平面，
又面面，面，
所以
（2）取中点，连接，．
在中，因为，所以，且，．
又面面，面面，面，
所以平面，又平面，所以．
在中，，又，，
所以，则．
由，面，则面，
由平面，故，
又，所以．
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，．
设面的一个法向量为，
则，
令，故．
又，设直线与面所成角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．(1)2
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）由双曲线方程得，，，
所以焦距，离心率；
（2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
所以，得．
设，，
由题意，得，
解得，
因为为中点，所以，
由，因，则,
得，
又，解得，
所以直线的斜率为；
（3）直线的方程为，令，得，
同理可得，，，
由为中点，可得，
即，
所以，
即，
所以在定直线上．
19．(1)函数在区间和上严格增，在上严格减
(2)证明见解析
(3)存在，
【详解】（1）由题意知．
令得或．
当或时，当时．
所以函数在区间和上严格增，
在上严格减．
（2）由（1）知，．
进而知直线的方程为，
即．
由，得．
设，则，
令得．当时，当时，
所以函数在区间上严格减，在区间上严格增，
由于，，，
结合函数的单调性及连续性，
知函数有且仅有两个零点、，其中．
因此方程的解集为，
即直线与曲线交于另一点．
（3）由（2）得，即．
若存在常数（，），使得，
则，所以，代入可得．
设，则，令得，
当时，当时，
所以函数在严格减，在严格增，注意，，，
结合得单调性及连续性，知存在唯一的，使得．
因此存在常数（，），使得，且．