江苏省G4（南师大附中、天一、海安、海门）联考2026届高三年级上学期12月份测试（G4联考）数学试题（含答案）

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1. 集合，下列选项不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出可判断A；空集是任何集合的子集可判断B；结合常用集合的记法及补集的运算可判断C；根据集合间的关系可判断D.
【详解】解方程得，所以，根据元素与集合的关系故A正确；
空集是任何集合的子集，所以，故B正确；
表示无理数组成的集合，均为无理数，所以，故C正确；
表示的是集合，所以，故D错误.
故选：D.
2. 在复平面内位于第几象限（ ）
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的性质对已知复数进行化简，进而得出该复数对应复平面内的点坐标，从而确定所在象限．
【详解】，
，
复数在复平面内对应的点为，实部，虚部，
位于复平面内的第一象限，故A正确．
故选：A．
3. ，，，则（ ）
A. B. 6C. D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由，得到，通过即可求解.
【详解】因为，
所以，
又，则，
所以，
所以，
所以，
故选：C
4. ，，，A与B到l的距离相等，则（ ）
A. 0B. 2C. 0或2D. 或2
【答案】C
【解析】
【分析】利用点到直线公式结合题目信息列式可得答案.
【详解】点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
由题意得，解得或.
故选：C.
5. 正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正三角形的中心（重心）性质，通过边长计算中心到顶点的距离（即底面外接圆半径），再通过勾股定理 计算棱台的高，最后代入正棱台体积公式完成计算即可.
【详解】由题知当上底面边长时，则正三角形中心（重心）到顶点的距离：，
当下底面边长时，正三角形中心到顶点的距离：，
设棱台的高为，侧棱长，
由勾股定理得：
，
则，，
将，， 代入体积公式：
故选：C.
6. 一间教室初始二氧化碳浓度为，第t分钟的浓度为，满足．则降至需要至少多少整数分钟（参考：）（ ）
A. 21B. 20C. 19D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据初始条件，先求出，得函数模型解析式，再代入，利用对数的运算性质计算即得.
【详解】依题意，时，，则得，解得，则，
由，可得，即，
两边取自然对数，，故.
故降至需要至少20分钟.
故选：B.
7. ，下列式子一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正余弦函数的单调性可判断AB；取，结合正弦函数单调性可判断C；利用余弦函数的单调性和奇偶性，分和讨论即可判断D.
【详解】对A，因为，且函数在区间上单调递增，
所以，，所以，即，
所以，错误；
对B，因为函数在区间上单调递增，
所以，当时，，，
所以，即，
此时，错误；
对C，当时，，，
所以，
此时，错误；
对D，因为是偶函数，且在上单调递减，
所以，当且时，，，
所以，即，，
此时；
当且时，，，
所以，即，，
此时.
综上，，正确.
故选：D
8. 关于对称，则其最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对进行因式分解，利用关于对称，得出的值，最后用换元法将转换为二次函数求最值即可.
详解】，因关于对称，
故的根应为和，所以，得，，即.
令，则，代入得：
，令，，函数开口向上，
对称轴为，，因此，函数的最小值为.
故选：B
二、多选
9. 下列说法正确的是（ ）
A. ，，则
B. ，则
C. ，则的最小值为
D. ，，则的最小值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】作差比较可判断A；根据不等式的性质和对数函数的单调性可判断B；直接使用基本不等式可判断C；利用常数代换法，结合基本不等式可判断D.
【详解】对A，因为，，所以，
所以，所以，错误；
对B，因为，且为增函数，
所以，，所以，正确；
对C，因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为，当时，，
所以不是的最小值，错误；
对D，因为，，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，正确.
故选：BD
10. 中，A，B，C对边分别为a，b，c，，外接圆半径为1，的面积等于，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据正弦定理边角互化得，整理即可判断；对于B，根据面积关系得判断；对于C，根据得，且，再根据求解判断；对于D，先求得，再结合诱导公式与和差角公式求解判断.
【详解】因为，外接圆半径为1，
所以，整理得：，故A选项正确；
因为的面积等于
所以，即，故B选项错误；
所以由得，且，
所以，
因为，
所以，故C选项正确；
因为，，所以
所以，即
因为，，
所以，故D选项正确.
故选：ACD
11. 如图，是正方体，边长为1，P，M，N为，AB，的中点，Q是平面PMN上一点，则（ ）
A. 平面PMN截正方体所得截面为五边形
B. 平面与平面夹角的余弦值为
C. 若，则Q点的轨迹长度为
D. ，交于O，绕O将上底面旋转45°得到正方形EFGH，连接得一个十面体，它的体积是
【答案】BD
【解析】
【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；先运用向量法求得点到平面的距离，由题意，点在以点为球心，半径为1的球面上，而点的轨迹即为球与平面的交线，利用球的截面性质即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．
【详解】对于A，因P，M，N为，AB，的中点，而点同在平面和平面上，
点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，
故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下：
其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，
故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误；
对于B，如图建立空间直角坐标系.
则，，
设平面的法向量为，
则，故可取.
又平面的一个法向量显然为，
设平面与平面夹角为，
则，故B正确；
对于C，Q是平面PMN上一点，因，由可得点在以点为球心，半径为1的球面上，
则点的轨迹即为球与平面的交线.因，由B项可得平面的一个法向量为，
则点到平面的距离为，则点的轨迹圆的半径为，
故轨迹长为，故C错误；
对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体，
在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线，
设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形，
而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1，
故，
因为，
所以，故D正确.
故选：BD.
三、填空
12. 写出一条与和都相切的直线：______．
【答案】（或，）
【解析】
【分析】由题知两圆位置关系为外切，有三条公切线，进而作出图象，结合图象可设公切线方程为，再根据相切关系建立方程，，两式作比得，再分类求解即可.
【详解】由题知的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为，
所以，故两圆位置关系为外切，有三条公切线.
如图，由图可知，公切线方程斜率存在，故设方程，
则由直线与相切得：，即，
由直线与相切得：，即，
所以，即，
所以，
当时，，代入整理得，解得或，
此时公切线方程为（）或，
当时，，代入整理得，解得，此时公切线方程为（），
综上，所求的公切线方程为，或
故答案为：（或，）
13. 正项等比数列满足，，记，的前20项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算得公比为，进而得，，再结合裂项求和法求解即可.
【详解】由题，设正项等比数列的公比为，
因为正项等比数列满足，，
所以，即，解得或（舍），
所以，
所以，
所以的前20项和为
故答案：
14. 已知，存在实数，使得有四个不同的解，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断是的一个解，当时，将问题转化为有三个不同的解，构造函数，根据导数研究函数的性质，分类讨论求解.
【详解】因为，所以，
所以是的一个解，则存在实数，使得有四个不同的解，
即当时，有三个不同的解.
，令，
当时，，且.
当时，，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，且，当时，，
在同一平面直角坐标系中，作出函数的图象，如图：
由图知：
当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意；
当时，的图象与直线有三个交点，符合题意；
当时，的图象与直线有三个交点，符合题意；
当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意；
当时，存在实数，使得的图象与直线有三个交点，符合题意.
综上，.
故答案为：.
四、解答题
15. 中，对边分别是，．
（1）求角．
（2），，求的面积．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理求得，即可求得；
（2）由正弦定理得，故或，根据三角形内角和求出，再由三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，即.
又，,
所以.
【小问2详解】
因为，
所以由正弦定理得.
因为，所以.
所以.
因为，所以，
因为，所以或.
当时，,
所以
.
当时，，
所以
.
综上所述，的面积为或.
16. 椭圆的短轴长2，右焦点，上顶点，与的另一个交点为，满足．
（1）求的方程．
（2）交于，且上存在使为平行四边形．
（i）求范围；（ii），求的值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由题知，，，进而根据面积比得，再结合直线的方程为得，最后代入椭圆方程求解得即可得答案；
（2）（i）设，联立方程结合判别式得，，，，
再根据即可得，代入椭圆方程后整理得，最后解不等式即可；
（ii）结合（i）得，，，再根据弦长公式与两点间的距离公式得，，最后根据，，解方程即可得.
【小问1详解】
解：由题知：短轴长为，即，所以，，
因为，，
所以，故，
因为直线的方程为，将代入得，
故将代入得，
因为，所以，
所以的方程为；
【小问2详解】
解：设，
联立方程得，
所以，整理得①，
所以，，，
因为上存在使为平行四边形，
所以，即，
将代入得，整理得②，
由得或，
所以范围为；
（ii）由（i）得，，，
，
，
因为，
所以，整理得，解得，
因为，所以.
17. 数列满足，．
（1）求．
（2），求的前n项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）通过累乘求前项和，再由与的关系得通项；
（2）化简后，利用余弦函数的周期性分组，详细计算每个周期内的和，再分三种情况累加剩余项，得到前项和.
【小问1详解】
由得，结合，
累乘得 .
当时，，
时符合上式，故
【小问2详解】
由三角恒等式，得，
结合，故.
因余弦函数周期为，故，即的周期为3.
时，； 时，； 时，.
分3种情况求前项和：
①当（）时，前项分为个周期，
每个周期含（）.
计算一个周期的和：
，
前项和为个周期的和累加：
，
代入，得.
②当（）时，前项是前项加第项（）：
，
代入，得.
③当（）时，前项是前项加第项（）：
，
代入，得.
综上所述，
18. 三棱锥中，，，．
（1）若平面平面，
①求证：．
②三棱锥外接球球心，求与平面夹角的正弦值．
（2）二面角的正切值为，求的长．
【答案】（1）①证明见解析；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得；
②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可.
（2）过点作棱交的延长线于，进而得点在以为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得
，
【小问1详解】
①证明：因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以
②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，，
设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等，
所以，即，解方程得：，
所以，
又因为平面的法向量为，
设与平面所成角为，则
所以与平面夹角的正弦值为.
【小问2详解】
解：过点作棱交的延长线于，
因为，，．
所以，故点在以为圆心，为半径的圆上动，
故以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，则
平面的法向量为
则，即，令，则，，，
因为二面角的正切值为，
所以二面角的余弦值的绝对值为
所以
又因为，将其代入整理得，
解得，
所以，，此时
故二面角的正切值为，
19. ．
（1）是的切线，求a的值；
（2）．
①时，有两个极值点，，求；
②在处有一条切线l，且上所有点都在l下方（除）外，求范围．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义构造方程，构造新函数，利用导数分析函数单调性，进而求解；
（2）先求出函数定义域，利用求导求出相应极值点，再计算求解；对函数求导，构造新函数求二阶导数，利用二阶导数分析函数的凹凸性，进而利用凹凸性求解．
【小问1详解】
，定义域为，
求导得，
设切点为，切线斜率，
切线方程为，
是切线，过原点，
，
令，其定义域为，
求导得，则在上，即在上单调递增，
，，
切线斜率．
【小问2详解】
①，
，定义域为，
若，，
当时，，
求导得，
令，解得或（舍去），故极值点为；
当时，，求导得，
令，解得（舍去）或，故极值点为；
；
②当时，，，
令，则，
，；
当时，，，
令，则，
，；
在和上均为上凸函数，
上凸函数的图象在任意切点的切线下方（除切点外），
在的定义域内均满足条件，
的取值范围为．