江苏省南京市第二十九中学2026届高三上册12月阶段性检测数学试题【附答案】

这是一份江苏省南京市第二十九中学2026届高三上册12月阶段性检测数学试题【附答案】，共18页。试卷主要包含了若集合，，则，已知复数满足，则的最小值为，若，则的最小值为，在中，“”是“”的，对一排8个相邻的格子进行染色，设函数，则等内容，欢迎下载使用。
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上.
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
3．若，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．8
4．已知为坐标原点，长为3的线段，端点，分别在轴､轴上滑动，若动点满足，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不必要条件，又不充分条件
6．=（ ）
A．16B．32C．D．
7．已知等差数列共有项，奇数项之和为，偶数项之和为，则（ ）
A．B．C．D．
8．对一排8个相邻的格子进行染色．每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求不能有相邻的格子都染红色，则满足要求的染色方法共有（ ）
A．89种B．55种C．54种D．34种
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分.
9．在所在的平面内有两点P，Q，满足，，且与交于点M，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．设函数，则（ ）
A．是的极大值点
B．
C．的解集为
D．当时，
11．如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．的最小值为
C．
D．
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12．的展开式中，的系数为
13．已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为 ．
14．如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为 ．
四､解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15．已知函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，的图象与函数的图象重合．
(1)求；
(2)求函数在上的值域．
16．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
17．“三门问题”亦称为蒙提霍尔问题，问题名字来自1970年美国的一个电视游戏节目主持人蒙提•霍尔•游戏中，参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇门后面有一辆跑车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊，选中后面有车的那扇门可获奖赢得该跑车，主持人知道跑车在哪一扇门.当参赛者选定了一扇门但未去开启它的时候，节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出一只山羊.主持人随后会问参赛者要不要换另一扇仍然关闭的门.当时大部分的观众和参与者都支持不换门，认为换不换门获奖概率是一样的.然而当时智商最高的玛丽莲•沃斯•莎凡特给出了正确答案：应该换门.
(1)请用所学概率知识解释玛丽莲•沃斯•莎凡特给出的答案；
(2)当跑车门数不变，山羊门数增加，即总共门数是，其中只有一扇门后面有一辆跑车，证明：游戏中的参与者在主持人打开一扇山羊门后，换门都比不换门中奖概率更高；
(3)如果有扇门，其中一扇门后有10万奖金，其他门后什么都没有，主持人知道哪一扇门后面有奖金.当参与者选中一扇门后（未打开），主持人问参与者是否愿意投入5000元，帮他在剩余的门中打开一扇没有奖金的门，并允许参与者换门.问当门数满足什么条件时，参与者投入5000元是值得的？
18．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为上有两个不同动点.
(1)若直线过点，求证：；
(2)已知定点，若线段的长度依次成等差数列；
（i）求证：线段的垂直平分线经过一个定点；
（ii）若（i）中的定点到原点的距离为，求面积的最大值.
19．已知函数.
(1)若，求证：；
(2)若数列满足，前项和为，求证：；
(3)若等差数列的公差，前项和为，，求.
1．B
【分析】解两个集合中的不等式后得到对应的集合，然后进行并集的运算即可.
【详解】由，解得，所以，由，解得，所以，
因此.
故选：B.
2．C
【分析】根据给定条件求出点的轨迹方程为椭圆，再利用复数的几何意义结合椭圆的性质求出最小值.
【详解】设，则复数在复平面内对应点的坐标为，
由，得，
其表示点到两点的距离之和为，
因为，
所以点的轨迹是以两点为焦点的椭圆，
其中，所以，
所以点的轨迹方程为，
表示点与之间的距离，
而，
所以的最小值为.
故选：C.
3．C
【分析】根据对数运算法则可得，继而利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】由题意得，，且，.
因为，所以，
所以，则,当且仅当时，等号成立，
故的最小值为，
故选：C
4．A
【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算用点的坐标表示出点的坐标，再利用给定线段长求出方程.
【详解】设点，由，得，
则，而线段长为3，即，因此，
所以动点的轨迹方程为.
故选：A
5．C
【分析】利用二倍角公式可由化简成，结合充要条件的概念及三角形的性质即可得解.
【详解】等价于，
等价于，又在中，，
所以等价于，
由正弦定理得等价于，等价于，
故“”是“”的充要条件.
故选：C
6．B
【分析】利用互余关系通分，再利用平方关系消元，利用正弦、余弦二倍角公式降次，最后利用积化和差公式变形化简即可.
【详解】由
故选：B
7．A
【分析】根据等差数列的求和公式，结合等差数列的性质，即可求解.
【详解】等差数列共项，其中奇数项有项，偶数项有项，
奇数项和为①，
偶数项和为②．
因为，所以①÷②，得，则．
故选：A．
8．B
【分析】根据题意，根据染蓝色的多少，结合组合的定义分类讨论进行求解即可.
【详解】8个格子涂色，相邻都不涂红色，包含的情形如下：
，8个格子都涂蓝色，共1个结果;
，8个格子有7个格子涂蓝色有个结果;
，8个格子有6个格子涂蓝色，2个涂红色，红色不相邻，插空个结果;
，8个格子有5个格子涂蓝色，3个涂红色，红色不相邻，插空个结果;
，8个格子有4个格子涂蓝色，4个涂红色，红色不相邻，插空个结果.
所以
故选：B
9．ABD
【分析】依题意，画出图形，再结合选项依次判断即可．
【详解】由，及，得如图所示：

则，得，故A项正确；
由，则，故B项正确；
由与是同向共线的，故，故C项错误；
，故D项正确．
故选：ABD
10．ABD
【分析】先由导数求出函数的单调区间，再结合函数的单调性逐一判断即可．
【详解】对于A：因为的定义域为，且，
当时，，当或时，，
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故A正确
对于B：因为，故B正确；
对于C：对于不等式，因为，
即为不等式的解，但，
所以不等式的解集不可能是，故C错误
对于D：因为，则，且，
可得，
因为函数在上单调递增，所以，故D正确.
故选：ABD
11．ABC
【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：设，，结合斜率公式及点在椭圆上即可判断.
【详解】
对于A，设动圆的半径为，由条件得，
则，且不重合，
故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉，重合的点），
则曲线的方程为，故A正确；
对于B，由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，
此时，
所以，
则的最大值为，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当时等号成立，故C正确；
对于D，设，则，即
由题意设，则，即
则，故D错误，
故选：ABC
12．
【分析】利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解.
【详解】个因式，个因式中取，个因式中取，个因式中取，
即可得出含的项，
则的系数为，
故的系数为.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意，方程有且仅有两解，即与图象有两个交点，利用导数分析单调性，即可求解.
【详解】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，
所以方程有且仅有两解，
而，
设，即与图象有两个交点，
所以，
令，即；令，即.
所以函数在单调递减，在单调递增，且两边趋向正无穷，
所以，
所以要满足题意则.
故答案为：.
14．
【分析】由题意可得棱上点的位置与线段比，延长构建三棱锥，根据三角形等积变换以及棱锥体积公式，可得答案.
【详解】在正四棱锥中，分别延长NM，BA交于点E，分别延长NP，BC交于点F，
连接EF，在平面SBC内，作交SC于G，由，得，
由平面平面，得点Q，R在线段EF上，又，
则，，同理，
则，，
记点N到平面ABCD的距离为，点S到平面ABCD的距离为，
则，，同理，
因此，所以．
故答案为：
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由正切函数的最小正周期求得，然后由利用诱导公式求得；
（2）代入（1）中结论，利用辅助角公式化简函数解析式，然后求得值域.
【详解】（1）函数的最小正周期为，
∴函数的最小正周期，即，
又因为的图象与函数的图象重合，
所以，又，
所以，又，
所以.
（2）
，
当时，，
∴
16．(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
17．(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）分别求出换门和不换门中奖的概率，进行比较即可.
（2）分别求出换门和不换门中奖的概率，进行比较即可.
（3）求出换门和不换门所得奖金的均值，列不等式，解出即可.
【详解】（1）如果不换门，则中奖的概率为.
如果换门，则中奖的概率为：.
所以换门中奖的概率大，所以，应该换门.
（2）因为总共门数是，则山羊门数为，
如果不换门，则中奖的概率为：.
如果换门，中奖的概率为：.
因为，
所以换门都比不换门中奖概率更高.
（3）由（2）知不换门中奖的概率为，换门中奖的概率为：.
要想投入5000元是值得的，须有：，
整理得：，
结合，，可得.
即当时，参与者投入5000元是值得的.
18．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，再利用韦达定理求解；
（2）（i）设，利用抛物线定义结合已知得到，写出的垂直平分线方程求解；
（ii）结合（i）由，得到，令，得到，与抛物线方程联立，求得弦长和Q到AB的距离，得到，方法一：利用基本不等式求解；方法二：令，得到，再令，利用导数法求解.
【详解】（1）显然直线AB的斜率不为，又，所以可设直线的方程为，
联立，消去x得，由韦达定理得.
（2）如图所示：

（i）证明：设，
则由已知及抛物线定义得，，即，
当时，的垂直平分线方程为，
令，得，
所以的垂直平分线经过一个定点，
当时，由对称性知的垂直平分线为轴，也经过点，
综上，的垂直平分线经过一个定点；
（ii）由题意，，解得，所以，
故抛物线的方程为，，
令，则的中点，所以，
当时，直线的方程为，
联立消得，
且依题意，解得且，且，
由弦长公式得，
又Q到直线的距离，
所以，
方法一：，
，
当且仅当，即时取等号，
所以；
方法二：令，则，
记，令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以，
当时，线段的中点，
由对称性知为通径，不妨取、，
则.
综上得，此时直线的方程为或.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）代入函数化简后，用三角公式得，结合推得范围.
（2）将裂项并求和，利用余弦范围放缩后，通过半角公式转化为正切形式的不等式.
（3）拆分求和式为等差数列和加余弦和，用数列性质分组余弦和后，构造单调函数求得.
【详解】（1）
，
故，
，
，
，，，
即，，
.
（2），
，
，，
，，
.
（3）为等差数列，
，
同理可得，，，，
，
令，
，
，，
，在上单调递增，则方程有且仅有一个解，
∵，
.