江苏省G4(苏州中学、扬州中学、盐城中学、常州中学)2026届高三上学期12月联考数学试卷含解析（word版）

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1. 已知集合，下列式子错误的是（ ）
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. 在复平面内对应的点位于第几象限（ ）
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】B
【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，在第二象限，故B正确．
故选：B．
3. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. 4C. 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. 已知，两点到直线的距离相等，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. 正三棱台上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则该棱台的体积为（ ）
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. 二氧化碳是空气的组成部分，对维持人体正常生理功能有重要作用.但是当二氧化碳浓度过高时，会对人体产生危害.经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内的二氧化碳浓度为，且y随时间t（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述．则教室内的二氧化碳浓度降到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. ，则下列不等式一定成立的是（ ）
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. 设，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为
D. 若，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，且函数均为增函数，
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. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且的外接圆半径为1，的面积等于，则下列结论正确的是（ ）
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. 棱长为1的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面PMN截正方体表面所得截面为五边形
B. 平面与平面所成锐二面角的余弦值为
C. 若与的夹角为，则Q点的轨迹长度为
D. 若，交于，正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转45°得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为
【答案】BCD
【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；由线线角确定点的轨迹，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M，N，P分别为棱，，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，若与的夹角为，则Q点的轨迹为以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面PMN所截得到的曲线，由平面PMN可得轨迹为圆，
由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为，
所以Q点的轨迹长度为，故C正确；
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：BCD.
三、填空
12. 写出与圆和都相切的一条直线的方程______．
【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，故设方程为，
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. 已知正项等比数列中，，，则数列的前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，
设，
所以的前20项和为
故答案为：
14. 已知函数，若存在实数，使得关于x的方程恰有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断是一个解，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. 设的内角所对应的边分别是，且．
（1）求角的值．
（2），，求的面积．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，再由三角恒等变换化简得，即可求得；
（2）由题给关系求得，，再由正弦定理得，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，
所以，
即，
由可得，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，，所以，所以，
所以，，
由正弦定理得，即，所以，
所以.
16. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点，上顶点，短轴长2，直线与椭圆的另一个交点为，的面积是的面积的3倍，
（1）求椭圆的方程．
（2）直线与椭圆交于点，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形．
（i）求的取值范围；（ii）若，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；
（ii）由（i）得，，，
，
，
因为，
所以，整理得，解得，
因为，所以.
17. 已知数列的前n项和为，其中，．
（1）求数列的通项公式．
（2）若数列的通项，其前n项和为，求（用n表示）．
【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. 在三棱锥中，，，．
（1）若平面平面，
①证明：．
②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值．
（2）若二面角正切值为，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. 已知函数．
（1）若直线是曲线的切线，求a的值；
（2）令．
①若，是的两个极值点，当时，求的值；
②设曲线在处的切线为l，若直线l上的点都不在图象的下方，求的取值范围．
【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，确定切线方程，构造新函数，求出新函数的最值即可求解．
【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，又，
∴切线的方程为，
即，
令
，
，
当时，的关系如下表：
当时，的关系如下表：
函数的图象恒在直线的下方或直线上，等价于对恒成立.
∴只需和同时成立．
，
∴只需.
下面研究函数，
，
在上单调递增，注意到，
∴当且仅当时，．
∴当且仅当，
由，解得或．
的取值范围是．
x
0
0
单调递增
极大值
单调递减
单调递增
极大值
单调递减
x
0
0
单调递增
极大值
单调递减
单调递增
极大值
单调递减