江苏省徐州市第一中学、徐州市第三中学等五校2026届高三上学期12月联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省徐州市第一中学、徐州市第三中学等五校2026届高三上学期12月联考数学试卷（Word版附解析），共20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，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数的实部与虚部相等，则的值为（ ）
A．-1B．0C．1D．2
3．已知一组数据为，则“”是“这组数据的中位数为4”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．1B．3C．5D．9
5．已知直线与相交于点，直线的方程为，则点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，下列关于函数图象和单调性的说法正确的是（ ）
A．关于原点对称，在上先减后增
B．关于轴对称，在上先增后减
C．关于原点对称，在上先增后减
D．关于轴对称，在上先减后增
7．已知函数，若函数的图象与直线恰有三个交点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，经过的直线交双曲线左右两支于两点，的内切圆的圆心为，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则最小值为
10．在锐角中，内角的对边分别为且满足．则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．的面积为
C．若，则
D．的最大值为．
11．如图，正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点在线段上，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．当为线段上的中点时，平面
B．点的轨迹长度为
C．的最小值为
D．存在点，使得
三、填空题
12．二项式的展开式中常数项为 （用数字作答）．
13．已知函数，且，则实数的取值范围为 ．
14．在“苏超”足球训练的点球挑战赛中，甲、乙两队轮流进行点球对决．每轮对决中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，各轮结果相互独立．挑战赛规则为：当一队比另一队多赢得2轮对决时该队获胜，比赛结束．设比赛从0：0开始，则比赛4轮甲获胜的概率为： ；若比赛结束所需的总对决轮数为，则 ．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面四边形为正方形，是边长为2的等边三角形，且平面平面分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
16．在①，②，③这三个条件中选择两个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列的前项和为，___________，___________，设等比数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
17．《周易》又称《易经》，是中国文化中一部最古老、最深邃的哲学与占卜经典，被誉为“群经之首，大道之源”．《周易》主要包括两部分《易经》（最古老的卦爻系统）和《易传》（“十翼”）．爻是卦的基本单位，卦象由阳爻（用一条长线段“一”表示，象征阳、刚、动等）和阴爻（用两条短线段“--”表示，象征阴、柔、静等）组成，共有64卦，每卦6爻，合计384爻，通过爻的组合与变化推测自然、人事的规律．莱布尼茨曾受阴阳爻启发，认为其与二进制（0/1）相通．我们用近代语解释为：把阳爻“一””当做数字“1”，把阴爻“--”当做数字“0”，则六十四卦代表的数表示如下：
(1)成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，试分别写出这两个卦所表示的十进制数；
(2)若某卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(3)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记5分；若只有两个阳爻相邻，则记2分；若三个阳爻均不相邻，则记1分．设任取一卦后的得分为随机变量，求的概率分布和数学期望．
18．已知椭圆的右顶点为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为的右焦点，，为轴上两动点，且．
（i）若的外接圆与在第二象限的交点为，直线交轴于点，记的面积为的面积为，求；
（ii）若直线分别与交于点，求证：直线恒过定点．
19．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，它是工程数学中重要的函数，也是一类很重要的初等函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数．已知双曲正弦函数的解析式为，双曲余弦函数的解析式为（其中为自然对数的底数）．
(1)证明：①；②；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围；
(3)判断函数的零点个数，并写出零点表达式．
参考答案
1．C
解析：因为，所以，
解得，所以，
因为，即，
又因为对数函数在定义域上单调递增，
所以，即，
所以.
故选： C.
2．D
解析：，
因为实部与虚部相等，
所以，解得．
故选：D．
3．B
解析：“”，则题中数据从小到大排列为或，
中位数均为4，充分性成立，
“这组数据的中位数为4”，若，仍满足这组数据的中位数为4，必要性不成立，
所以“”是“这组数据的中位数为4”的充分不必要条件．
故选：B．
4．B
解析：设等比数列的公比为，
则根据等比数列的性质可得：，
即得，
根据公比不为1的等比数列的求和公式得：
.
故选：B.
5．C
解析：因为直线与相交于点，
直线变形为，过定点；
直线变形为，过定点；
因为，所以，所以点的轨迹是以为直径的圆.
的中点坐标为，半径为，所以圆的方程为.
由于圆心直线的距离为，所以点到直线距离的最小值为.
故选：C.
6．C
解析：因为函数是奇函数，所以关于原点对称，
又，令，
则，
当时，则在上单调递减，
由，
则由零点存在性定理可知，存在，使得，
则当时，当时，
所以函数在上先增后减.
故选：C．
7．A
解析：
令，则，即．
因为两个函数图象有三个交点，结合正弦函数的图象，所以
解得，
故选：A.
8．C
解析：
因为，所以，
设，则，
由定义可知：，
，
即，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，，
解得：，
故选：C.
9．ABD
解析：对于A选项，因为，所以，，所以A正确；
对于B选项，因为，作差，所以B正确；
对于C选项，因为，幂函数递增，则，所以C错误；
对于D选项，因为，，当且仅当时取等号，所以D正确.
故选：ABD.
10．AC
解析：选项A：由正弦定理得
所以，成立，A正确；
选项B：，B错误；
选项C：由余弦定理得，
所以，整理得，
因为锐角，解得，C正确；
选项D：
，D错误．
故选：AC.
11．ABD
解析：将三条侧棱延长相交于点，可得三棱锥为正三棱锥．
选项A:,
故三棱锥为正四面体．
当为线段上的中点时，为的中心，
故平面，故A正确;
选项B，C: 依题意，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
所以点的轨迹长度为,所以的最小值为，
故B正确，C错误；
选项D:当为中点，为中点时，，故D正确.
故选：ABD
12．
解析：设通项为，
令，得，则．
故答案为：
13．
解析：，
令，则，，
所以，
所以为偶函数，
故的图象关于直线对称，所以，
又，
当时，，即，所以，即，
所以在上单调递增，由对称性可知，在上单调递减.
所以等价于或，
解得，或，又，所以或.
故实数的取值范围为.
故答案为：．
14．
解析：比赛4轮甲获胜时，1、2两局各胜1局，3、4两局甲获胜，
所以
比赛结束所需的总对决轮数为时，分为甲或乙胜，
不管最终哪个人获胜，前局，每两局每人获胜1局，最后两局是同一个人获胜，
所以
故答案为：；.
15．（1）取中点，连接，则，且，
因为四边形是正方形，所以，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为面面，
所以平面；
（2）解法一：分别取中点，连接，
则面面，
则两两垂直，
所以为正交基底建立空间直角坐标系，
正方形和是边长都为2，所以，
则，
则
设面的法向量
则，取，
因为面，所以面的一个法向量可取，
，
设二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为．
（2）解法二（综合法）：在中，作，垂足为，
因为面面，所以面面，
则面，则，
又因为分别为中点，
可得，则，
因为，所以，
所以，
因为与是面内相交直线，
所以面，则，
所以是二面角的平面角，
又因为，
在中，，
所以，
所以二面角的正弦值为．
16．（1）选①②：
当时，由②得：
，解得：
因为，
当时，，两式相减得：
，解得：，
方法一：，所以均成立，所以
方法二：，累积法得均成立，所以
选①③：
当时，由③得：，解得：
因为，
当时，
两式相减得：，化简得：
对也成立
当时，
两式相减得
化简得，所以数列为，公差的等差数列，
所以；
选②③：
当时，由②得：，即（i），
当时，由③得：（ii），联立（i）（ii）解得：
接下来的过程与选①②，或与选①③的过程完全相同，都得到；
设等比数列公比为，则
所以，公比，所以
（2）由（1）得，利用错位相减法，
两式相减得：
所以
17．（1）“否”卦所表示的二进制数为000111，转化为十进制数是，
“泰”卦所表示的二进制数为111000，转化为十进制数是
（2）因为该卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，
所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为：
001111，010111，011011，011101，011110，100111，101011，101101，101110，110011，110101，
110110，111001，111010，111100，
因为这15个数中，每个位置都是5次0，10次1，
所以所有这些卦表示的十进制数的和为．
（3）依题意可得，
则，
所以的概率分布列如下：
所以，即数学期望为．
18．（1）设椭圆的焦距为，
因为椭圆的右顶点为，所以．
因为椭圆的离心率为，所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）（i）由，，得．
中，外接圆圆心为中点，半径为.
所以外接圆方程为，
整理得，
设，
则，
消去，得，
即
化简得，
又，所以．
过点作轴，则，所以.
所以．
（ii）设直线的方程为，
联立，消去，整理得，
因为直线与交于，
所以，即．
因为，
所以，
所以，
即，即，
化简得，
因为，所以，
所以直线恒过定点．
19．（1）①因为，，
所以
②因为，，
所以
，
即；
（2）设，
则为定义域，又，
为定义域上的偶函数，只需时即可；
，，，
令，
则．
①当时，，对任意单调递减，单调递减；
对任意恒成立；
②当时，，任意，单调递增，，单调递增；
对任意恒成立，不满足题意；
③当时，，又为连续函数，
所以存在，使得在内，
则在上单调递增， ，
单调递增，，不满足题意；
综上知，实数的取值范围是．
（3）因为，，
所以，
又，当且仅当时取到等号，
又
，
令，则，
即或，
即或，
对于，解得；
对于，
令，则，所以为偶函数，
又，
因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，
所以在定义域上单调递增，又，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，又，
当，即时与无交点，即无解；
当，即时与有且仅有一个交点，即有一个实数根，即为；
当，即时与有两个交点，
由，解得或；
综上可得，当时只有一个零点，且零点为；卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤
000000
剥
000001
比
000010
观
000011
．．．
．．．
．．．
．．．
1
2
5