【高考模拟】江苏省淮安市2025-2026学年高三上第一次调研测试数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省淮安市2025-2026学年高三上第一次调研测试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知为实数，，则“”是“向量共线”的（

）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件4．已知为等差数列，前项和为，，，则（

）A． B． C． D．5．函数的图像如图所示，则（

）A． B．C． D．6．已知函数定义域为，且满足：，，，，若，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．7．在无穷数列中，若，且，记的前项和为．若，则（

）A．16 B．10 C．6 D．58．在中，向量与向量垂直，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列选项正确的有（

）A．若，且，则B．若，则C．若，则D．10．已知函数，下列选项正确的有（

）A．B．C．函数有唯一零点D．不等式的解集为11．如图，已知正方形和正方形所在的平面相互垂直，，．（

）A．平面B．二面角的正切值为C．三棱锥外接球体积为D．侧面内的动点满足平面，则点轨迹长度为三、填空题12．已知向量满足，则．13．已知递增等比数列前项和为，且，则数列的前项和为．14．法国著名数学家傅里叶用一个纯粹的数学定理表述了周期性声音的规则特征：任何周期性声音的公式是形如的简单正弦函数之和．某种叠加音波的函数模型为，则函数的最大值为．四、解答题15．已知，．(1)将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的解析式；(2)若，求．16．如图，四棱锥的底面是菱形，，，侧棱底面且，是的中点．(1)证明：平面平面；(2)求与平面所成角的正切值．17．已知函数．(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)若有两个极值点．①求的取值范围；②证明：存在，使得成等差数列．18．在中，a，b，c为角A，B，C的对边，．(1)求；(2)已知．①若，求；②求的取值范围．19．已知数列的前项和为，且．(1)若为等差数列，且，，求数列的通项公式；(2)若对任意，都有．①求证：是等差数列；②设，，，求的公差的值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《江苏省淮安市2025-2026学年高三上第一次调研测试数学试卷》参考答案题号12345678910答案BDAACADAACDAD题号11答案ABD1．B【分析】化简集合，根据交集的概念运算即可.【详解】集合，所以.故选：B2．D【分析】先对复数化简，求出，从而可求出.【详解】，所以.故选：D3．A【分析】根据充分、必要条件的定义及向量共线判断求解.【详解】若，则，，即向量共线，所以“”是“向量共线”的充分条件；若“共线”，则，解得或，所以“”不是“向量共线”的必要条件.所以“”是“向量共线”的充分不必要条件.故选：A.4．A【分析】由等差数列的前n项和公式，可求得；由，可得，从而求得，再由等差数列的通项公式求解即可.【详解】因为，所以，所以；又因为，即，解得，所以等差数列的公差，所以.故选；A.5．C【分析】由图象的最值得到的值，由两个零点求出，最后代入特殊点求得，即可得到函数解析式.【详解】观察图象可得函数的最大值为，最小值为，又，所以，又∵，∴，∴，因为时函数取最大值，所以，，又，∴，∴.故选：C.6．A【分析】根据函数的对称性和单调性求解.【详解】因为，所以关于对称，又，所以在单调递减，所以在单调递增.又，所以，所以，所以实数的取值范围为.故选：A.7．D【分析】讨论为偶数、为偶数，为偶数、为奇数，为奇数、为偶数，为奇数、为奇数四种情况，计算得到答案.【详解】当为偶数，为偶数时，，无整数解；当为偶数，为奇数时，，无整数解；当为奇数，为偶数时，，解得，验证成立；当为奇数，为奇数时，，无整数解；综上所述：.故选：D.8．A【分析】根据题意，得到，求得，利用正弦定理，得到，进而求得，化简，结合正弦函数的性质，即可求解.【详解】设的三边对的三角分别为，因为向量与向量垂直，可得，即,可得，所以，又因为，可得，即，所以，可得，因为，所以，所以，又因为，所以，所以当，即时，取得最大值.故选：A.9．ACD【分析】通过作差比较可判断A,D两项，举反例排除B项，由可得不可能同时为0，即可判断C项.【详解】对于A，因，由，可得，故A正确；对于B，若取，满足，但显然不满足，故B错误；对于C，由可知可以同为正数，一正一负，或者一个为正数一个为0，易得以上情况都能使成立，故C正确；对于D，因，故，即D正确.故选：ACD.10．AD【分析】对于A选项，将代入解析式，化简整理即可判断A正确；对于B选项，通过代入作差，计算可得，故B错误；对于C选项，令，化简可得，即，方程无解，故C错误；对于D选项，化简不等式，可得，即，解不等式即可，故D正确.【详解】对于A，因为，所以，所以，故A选项正确；对于B，根据解析式，得，所以，所以，故B选项错误；对于C，令，即，则，即，所以，方程无解，故C选项错误；对于D，不等式，即，化简得，即，所以，所以，所以，即，所以，解不等式得，即，故D选项正确.故选：AD11．ABD【分析】对于A利用线面平行判定定理进行判断；对于BC，利用向量法进行求解；对于D先根据面面平行，判断点的位置，进而求轨迹长度.【详解】对于A：正方形中，，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为，所以，则，，，，，则，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，，令，则，所以，，所以，设二面角的平面角为，，所以，则，故B正确；对于C：设球心为，则，解得，所以球的半径，所以球的体积为，故C错误；对于D：取的中点，的中点，连接，，所以，平面，平面，平面，又因为为中点，所以，平面，平面，平面平面，所以平面平面，所以当在上运动时，平面，所以点轨迹为，长度为，故D正确；故选：ABD12．【分析】利用向量模的平方等于向量自身平方的性质，结合已知条件展开计算.【详解】根据向量模的平方可得：，代入得：；同理，将和代入：；因为，所以.故答案为：.13．【分析】根据等比数列的通项公式及前项和公式得到方程组，求出和，即可得到，从而得到，再利用裂项相消法求和即可；【详解】由于，则，解得或，因为等比数列为递增数列，，所以所以，故.因为，所以.故答案为：14．【分析】先得到故的一个周期为，考虑，求导，化简得到，解不等式，求出的单调性，得到极大值和最大值.【详解】，故的一个周期为，考虑，，其中，，令得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，且，，，又，，故的最大值为.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）先利用向量数量积的坐标运算及降幂公式和辅助角公式得到的解析式，再利用三角函数的平移及伸缩变换得到的解析式；（2）根据的解析式求出，再利用同角关系求其余弦值，最后利用两角和的余弦公式求出的值.【详解】（1）将函数的图象向左平移个单位长度，则，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，则有．（2）由题意得，所以，.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由底面是菱形得到．平面得到，从而得到平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面．（2）方法一：由平面得到为与平面所成角．利用勾股定理和余弦定理求出长度，在中，代入得到与平面所成角的正切值；方法二：利用空间向量法求解.【详解】（1）连接底面是菱形，．平面平面．又平面平面，平面．平面平面平面．（2）方法一：设，由（1）知平面．则为与平面所成角．底面是菱形，．在直角中，．在中，由余弦定理知：,．在中，．与平面所成角的正切值为．方法二：取中点，易知，以为基底建立空间直角坐标系．则有：．．设平面的一个法向量，，令有．设与平面所成角为，则有，．17．(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）代入得到函数解析式，然后求，得到，即可写出函数在处的切线方程；（2）写出函数定义域，求.①由题意知再内有两不等实根，列出不等式求出的范围，然后验证此时的是否满足函数存在两个极点；②由①得到，然后代入并求得结果.然后再零点存在性原理证明存在，使．【详解】（1）当时，．，∴在处的切线方程为．（2）函数定义域为，．①由题意知在内有两不等实根，则有：，解得．当时，令，或．令，∴在上单调递增，在上单调递减，此时有两个极值点，符合题意．②由①知．．下证存在，使．先证，取，∵，∴．令，，令，，∴在上单调递减．∴，∴在上单调递减．∴，∴.再证．，令，，令，则，∴在上单调递增．∴，∴在上单调递增．∴，即．由零点存在定理知存在，使得成等差数列．18．(1)(2)①；②【分析】（1）由正弦定理化简等式，求出；（2）①在，中，由正弦定理得到，化简求得.②由平面向量的关系和余弦定理表示出和，然后代入得到的代数式，然后令，化简的代数式，在令，化简，并用基本不等式求得其范围，然后得到的范围.【详解】（1）由正弦定理知，．∴．∵，，∴．（2）①．设．在中，由正弦定理知①在中，由正弦定理知②∵，∴，则有．又∵，∴．②，平方得．即．又．∴令，则，∴．令，则，∴．∵，∴∴．的取值范围为19．(1)或(2)①证明见解析；②【分析】（1）设等差数列公差为，取特殊值，建立方程，即可求得数列