江苏淮阴中学2026届高三上学期阶段性考试数学试题（解析版）

第4页/共19页江苏省淮阴中学2025-2026学年度第一学期阶段性考试高三数学试题2025.09命题人：聂然韩晓东审题人：王军成一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.若复数为纯虚数，则复数z为（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据纯虚数的定义求出参数值，即可得复数.【详解】由复数为纯虚数，可得，则.故选：B2.已知，，设，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】中，，故为1，为1或2，而中，，为1，为1或2，用列举法写出和，再求即可．【详解】因为，，且，，所以，，所以.故选：A.3.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据三角形中角的大小以及三角函数的单调性分情况讨论即可得出结论.【详解】在中，，，，若，根据在上单调递增，所以可得；若，由可得，所以，若，则，矛盾，因此充分性成立，在中，由正弦定理可知，。又因为在三角形中大边对大角，所以。因此，，因此必要性也成立，所以“”是“”的充要条件.故选：C4.已知，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件结合公式求，再利用两角差正弦公式求结论.【详解】因为，，，所以，所以，故选：A.5.设为所在平面内一点，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的加减、数乘运算即可求得.【详解】∵，所以三点共线且.如图所示：

∴，即.故选：A.6.如果等差数列的前n和项满足：，，那么的值为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式，结合等差数列的性质可得，，再利用等差数列的性质求解即可.【详解】由，，可得，，则．故选：C.7.函数，，下列结论正确的是（）A.在上单调 B.图象对称中心为C.在处取得极小值 D.，使得【答案】B【解析】【分析】利用导数判断的单调性，极值，最值结合函数对称性的定义求解判断.【详解】由，，则，对于A，令，得，即在和上单调递增，令，得，即在上单调递减，故A错误；对于B，由，所以的对称中心为，故B正确；对于C，由在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故C错误；对于D，由的单调性，且，，所以在处取得最大值，又，故不存在，使得，故D错误.故选：B8.已知函数，，则函数与图象交点的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】令，函数与图象交点的个数为的根的个数.根据函数导数研究单调性判断交点个数.【详解】令，函数与图象交点的个数为的根的个数.对函数求导，令，求导得，因为，所以恒成立，这表明在上单调递增，又，当时，，此时；当时，，此时；当时，；因此在上单调递增，又，只有一个根.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.若m，n都为正实数，且则（）A.mn的最大值为1 B.的最小值为9C.的最小值为2 D.【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，利用基本不等式及“1”的妙用逐项求解判断.【详解】对于A，因为，，所以，当且仅当时，取等号，所以的最大值为1，故A正确；对于B，，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为9，故B正确；对于C，由，得，当且仅当时，取等号，所以的最小值为2，故C正确；对于D，因为，，所以，故D错误.故选：ABC.10.若函数最小正周期为，则（）A.的图象关于直线对称B.的图象向右平移个单位后是奇函数C.将的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到的图象D.函数在上有唯一的极值点【答案】ABD【解析】【分析】由函数周期及三角恒等变换化简得到函数解析式，利用对称轴的性质判断A，再由函数图象的平移判断B，根据函数图象的伸缩变换判断C，利用导数及换元法，函数零点存在定理判断D.【详解】因为，所以，解得，所以，当时，，的图象关于直线对称，故A正确；的图象向右平移个单位后可得函数的图象，定义域为，，故为奇函数，故B正确；将的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到的图象，故C错误；因为，令，则，令可得，令，，则，可得，即，令，，则在上单调递增，且，，所以在上有唯一零点，即在有唯一实数根，又，所以在上有唯一极值点，故D正确.故选：ABD11.设定义在上的函数与的导函数分别为和，且，且的图象关于点对称，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由题可得，，对于，令，可判断选项正误；对于B，对两边求导可得，结合，可判断选项正误；对于C，由，可得（为常数），再结合，可得，令，可判断选项正误；对于D，由AC分析，可得，据此结合，可得，可判断选项正误.【详解】对于A，因的图象关于点对称，则，令，则，对于，令，则，故A错误；对于B，，则又，则，故B正确；对于C，因，则，则（为常数），又，可得，则，令，可得，则，故C正确；对于D，由A，C项分析，，由，则，即.，又，则，即，故，故D正确.故选：BCD，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.__________．【答案】1【解析】【详解】原式.13.记数列的前n和为，已知，，则的值为________．【答案】【解析】【分析】由条件结合关系，可得，，再证明数列为首项为，公比为的等比数列，结合等比数列通项公式可得结论.【详解】因为，，又，，所以，，即，可得，又，所以数列为首项为，公比为的等比数列，有，所以，则，故答案为：14.已知满足，则面积的最大值为________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法结合基本不等式计算即可.【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，设，则，化简得，显然且，而，当且仅当，即时取得最大值.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知为锐角，且，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知，求出，，再利用二倍角公式代值计算即可，（2）由已知条件求出，由（1）知，的值，然后利用两角差的正弦公式即可求解.【详解】（1）因为，，且，所以，，则．（2）因为，，所以，由（1）知，，所以.16.已知且，函数，．（1）方程的两根为和，且，求a的值；（2）当时，对任意的，都存在，使得，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）解含有对数的方程，结合求参数值即可；（2）依题意将问题转化为在上的值域是在上值域的子集，结合指对数函数、二次函数性质求其在给定区间上的值域，再由包含关系列不等式求解即得.【小问1详解】令，解得或，解得，，则，所以；【小问2详解】当时，，因，则，，又函数在上单调递减，则，由任意的，都存在，使得，则在上的值域是在上值域的子集，故，即.17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）若，求AC边上的高；（2）如图，过A作，且，记①用表示边AD；②若的面积为，求的大小．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据已知条件及二倍角公式可得角B，再由正弦定理得，进而得及所求结果；（2）①在三角形由正弦定理直接可得；②在三角形由正弦定理得AC，再结合①可得面积，进而可得结果.【小问1详解】因为，，得所以，，即.又，，，所以，，，即.在中，由正弦定理得，即，，，所以或，又，所以，所以，所以AC边上高为.故AC边上的高为.【小问2详解】①因为，在中，，所以，.由正弦定理得，即，所以.故.②在中，，，，所以，由正弦定理得，得所以，所以，即，所以.故.18.某校一兴趣小组研制了一种简易摩天轮装置如图，点O距水平桌面4分米，摩天轮半径为2分米，摩天轮绕点O逆时针方向做匀速转动，每2分钟转一圈，摩天轮上点P起始位置在最低点处．（1）开始转动t分钟后，点P距桌面的高度为，求的解析式；（2）某同学进一步改良摩天轮装置，在P处添置以P为圆心的小摩天轮，半径为1分米，小摩天轮绕点P按逆时针方向做匀速转动，每一分钟转一圈，小摩天轮上一点Q，起始位置如图，且与桌面平行，当点P在最低点时，同时启动两个摩天轮，求大摩天轮转动一圈过程中，点Q距桌面的最大高度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据三角函数的定义与性质计算即可；（2）先确定Q点的运动周期，写出得出，利用导数研究其单调性计算最值即可.【小问1详解】以点O为坐标原点，与桌面平行的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则，，所以【小问2详解】，，所以，所以点到桌面的距离，所以令，所以，令，所以，所以在单调递增，单调递减，单调递增，又，，所以的最大值为19.已知函数（1）曲线在点处的切线方程为，求m，b的值；（2）若在有三个不同的零点，，，求m的取值范围；（3）在（2）的条件下，记，证明：．【答案】（1）．（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，，，再求，解方程可得结论；（2）分别在，，条件下，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理排除，，再利用导数证明当时，，由此可得当时，，再证明，由此可得存在，使得，并证明，由此可得结论；（3）由（2）可得要证明，只需证明，记，，利用导数证明当时，，由此证明结论.【小问1详解】因为曲线在点处的切线方程为，所以，，，因为，所以，所以所以，，所以，．【小问2详解】函数的定义域为，由（1），当，即时，，所以在上单调递增，又，所以仅有一个零点当时，，所以在上单调递增，又，所以仅有一个零点．当时，令，则或，记，，故