江苏省苏州市2026届高三上学期期中阳光调研数学(解析版)

江苏省苏州市2026届高三上学期期中阳光调研数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1.若（是虚数单位），则的值分别等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题可知，，即，所以，即的值分别等于.故选：B.2.一元二次不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】不等式可化为，解得，不等式的解集为．故选：B．3.是定义在上的偶函数，且，则下列各式中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为是定义在上的偶函数，则，又，则，所以C正确，又由题设条件得不到在的单调性，所以A、B、D不一定成立，故选：C.4.在中，“为锐角”是“”的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】对于充分性，若为锐角，则，所以，即，故充分性正确；对于必要性，若，两边平方得，即，所以，又因为是的内角，所以为锐角，故必要性也成立.所以“为锐角”是“”的充分必要条件.故选：A.5.函数与的图象（）A.关于x轴对称 B.关于y轴对称C.关于原点对称 D.关于直线y=x对称【答案】C【解析】令，则与的图象关于原点对称，与的图象关于原点对称.故选：C.6.若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（）A.平面内的所有直线都与直线异面B.平面内不存在与直线平行的直线C.平面内的所有直线都与直线相交D.直线与平面一定有公共点【答案】D【解析】【分析】根据线面关系，以及线面平行的判定定理，判断正确选项即可.【详解】直线不平行于平面，则可能为直线平面，或直线与平面相交，所以A，B，C错误，D正确；故选：D.7.已知，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】∵，，∴，∴，即，即①，∵，∴②，联立①②解得，∴.故选：A.8.过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，则，，依题意可知两条切线的方程分别为，，联立两条切线的方程，解得，则，因为两条切线的斜率之积为，所以，所以，则由，，可得，，所以，当且仅当，即时取得最小值，因为，所以，则，故选：D.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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中，为正八边形的中心，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】由题可知，选项A正确；在正八边形中，，；所以，所以选项B错误；由题可知在正八边形中有，且，，所以，所以，选项C正确；连接，则，,选项D正确.故选：ACD.10.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（）A.曲线关于轴对称B.曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个C.曲线上存在点，使得到点的距离小于1D.曲线围成区域的面积大于4【答案】ABD【解析】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为，代入成立，曲线关于直线对称，A对；所以，所以，则，故，时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对；对于曲线上任意一点，则，当时，，则，∴，∴，此时曲线上点在圆外，当时，，则，∴，∴，此时曲线上点在圆外，所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错；如图，，，，四边形的面积，当时，直线，曲线，即，设，，判别式，∴恒成立，即函数单调递增，且∵，∴当时，，∴，即，∴，即，∴，即.设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方，由对称可知，当时，上面的结论依然成立.当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于，设函数，则，即函数在上单调递增，且，所以当时，，即，，即，则，即.设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方，由对称可知，当时，上面的结论依然成立.故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对.故选：ABD.11.如图，已知平面四边形中，为边所在直线上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为2的数列，记，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.存在实数，使得数列为等差数列【答案】AC【解析】由，得因为为边所在直线上的一列点，设，则，所以，令得，同理可得，所以数列是周期为的周期数列.对于A，，所以，故A正确；对于B,，，故B错误；对于C,，，故C正确；对于D，因为是周期为的周期数列且不为常数列，故任意实数，，数列为周期数列，不可能为等差数列，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则前6项的和为_________.【答案】【解析】设的公差为（），由，得，解得，所以．故答案为：.13.已知函数最小正周期为，当时，则函数的零点个数为___________．【答案】4【解析】令，可得，所以函数的零点个数等价于与图象的交点个数，因为函数最小正周期为，当时，，则，画出函数与的图象，如图所示，由图象可得，函数的零点个数为.故答案为：.14.已知实数，若关于的方程在上恰有两个不同的实数根，则实数的取值集合是_________________．【答案】【解析】由方程在上恰有两个不同的实数根，令，可得，设的两根分别为，则，所以同号，结合正弦函数的图象与性质，可得上的零点有三种情况：当时，即，解得或（舍去），此时，即，可得或，符合题意；当时，则满足，即，解得（舍去）；当时，则满足，即，解得，综上可得，实数的取值范围为.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.已知数列的前项和为，若对任意，向量有．（1）求数列的通项公式（2）记，数列前项和为，求证：．（1）解：因为，即：①当时，，又，所以．当时，，②由①-②整理得：整理得，由累乘法得：，代入比值：当时，，符合上式，所以数列的通项公式为（2）证明：由，得，所以.因为，所以，，所以．16.已知分别是三个内角的对边，且．（1）求角的大小；（2）若分别为的边上的点，且，求面积的最大值和此时的周长．解：（1）中有，由正弦定理得，，又将代入得，，展开得，，整理得，，由，所以，得，即，由知，所以，故．（2），，解法一：由（1）知，，故，当且仅当时取等号，即面积的最大值为．此时，由余弦定理得，的周长为.解法二：由（1）知，，，当且仅当时取等号．此时，由余弦定理得，的周长为.17.如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且．（1）求证：平面；（2）若平面平面，求证：；（3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积．（1）证明：如图②取的中点，连结，是中点，是中点，在中，由中位线定理得，又平面平面平面.又是中点，是中点，，又，故在中，得，又平面平面平面，由平面平面，平面平面，又平面，平面.（2）证明：如图④，在平面中，过作，为垂足，平面平面，平面，，平面平面，平面，又平面，已知，又平面平面，平面，又由平面，.（3）解：由（2）知，又已知，，是面内两相交直线，面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为，则由，得，解得，又由知点到面的高为，又，.18.设函数．（1）试求函数的极值；（2）若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围；（3）若在上恒成立，求实数的取值范围．解：（1）由函数，可得，令，可得，当故当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以函数在处取得极小值，无极大值.（2）因为函数，所以函数，可得，由，可得，且在上单调递增，故有，①当时，可得，函数在上单调递增，故不存在单调减区间；②当时，存在且满足，当，有，函数在上递减，当，有，函数在上递增，所以当时，函数在存在单调减区间.（3）由在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立设，可得，记，则，所以在上单调递增，因为，根据零点存在定理知，存在唯一，有，即，且在上有；在上有；由，当时，；当时，，所