江苏省G4（南师大附中、天一、海安、海门）联考2026届高三年级12月份测试数学答案

第1页/共1页江苏省2026届高三G4联考数学试卷一、单选1.集合，下列选项不正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出可判断A；空集是任何集合的子集可判断B；结合常用集合的记法及补集的运算可判断C；根据集合间的关系可判断D.【详解】解方程得，所以，根据元素与集合的关系故A正确；空集是任何集合的子集，所以，故B正确；表示无理数组成的集合，均为无理数，所以，故C正确；表示的是集合，所以，故D错误.故选：D.2.在复平面内位于第几象限（）A.一 B.二 C.三 D.四【答案】A【解析】【分析】先利用复数的性质对已知复数进行化简，进而得出该复数对应复平面内的点坐标，从而确定所在象限．【详解】，，复数在复平面内对应的点为，实部，虚部，位于复平面内的第一象限，故A正确．故选：A．3.，，，则（）A. B.6 C. D.24【答案】C【解析】【分析】由，得到，通过即可求解.【详解】因为，所以，又，则，所以，所以，所以，故选：C4.，，，A与B到l的距离相等，则（）A.0 B.2 C.0或2 D.或2【答案】C【解析】【分析】利用点到直线公式结合题目信息列式可得答案.【详解】点到直线的距离为，点到直线的距离为，由题意得，解得或.故选：C.5.正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用正三角形的中心（重心）性质，通过边长计算中心到顶点的距离（即底面外接圆半径），再通过勾股定理计算棱台的高，最后代入正棱台体积公式完成计算即可.【详解】由题知当上底面边长时，则正三角形中心（重心）到顶点的距离：，当下底面边长时，正三角形中心到顶点的距离：，设棱台的高为，侧棱长，由勾股定理得：，则，，将，，代入体积公式：故选：C.6.一间教室初始二氧化碳浓度为，第t分钟的浓度为，满足．则降至需要至少多少整数分钟（参考：）（）A.21 B.20 C.19 D.18【答案】B【解析】【分析】根据初始条件，先求出，得函数模型解析式，再代入，利用对数的运算性质计算即得.【详解】依题意，时，，则得，解得，则，由，可得，即，两边取自然对数，，故.故降至需要至少20分钟.故选：B.7.，下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正余弦函数的单调性可判断AB；取，结合正弦函数单调性可判断C；利用余弦函数的单调性和奇偶性，分和讨论即可判断D.【详解】对A，因为，且函数在区间上单调递增，所以，，所以，即，所以，错误；对B，因为函数在区间上单调递增，所以，当时，，，所以，即，此时，错误；对C，当时，，，所以，此时，错误；对D，因为是偶函数，且在上单调递减，所以，当且时，，，所以，即，，此时；当且时，，，所以，即，，此时.综上，，正确.故选：D8.关于对称，则其最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先对进行因式分解，利用关于对称，得出的值，最后用换元法将转换为二次函数求最值即可.详解】，因关于对称，故的根应为和，所以，得，，即.令，则，代入得：，令，，函数开口向上，对称轴为，，因此，函数的最小值为.故选：B二、多选9.下列说法正确的是（）A.，，则B.，则C.，则的最小值为D.，，则的最小值为1【答案】BD【解析】【分析】作差比较可判断A；根据不等式的性质和对数函数的单调性可判断B；直接使用基本不等式可判断C；利用常数代换法，结合基本不等式可判断D.【详解】对A，因为，，所以，所以，所以，错误；对B，因为，且为增函数，所以，，所以，正确；对C，因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，当时，，所以不是的最小值，错误；对D，因为，，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，正确.故选：BD10.中，A，B，C对边分别为a，b，c，，外接圆半径为1，的面积等于，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据正弦定理边角互化得，整理即可判断；对于B，根据面积关系得判断；对于C，根据得，且，再根据求解判断；对于D，先求得，再结合诱导公式与和差角公式求解判断.【详解】因为，外接圆半径为1，所以，整理得：，故A选项正确；因为的面积等于所以，即，故B选项错误；所以由得，且，所以，因为，所以，故C选项正确；因为，，所以所以，即因为，，所以，故D选项正确.故选：ACD11.如图，是正方体，边长为1，P，M，N为，AB，的中点，Q是平面PMN上一点，则（）A.平面PMN截正方体所得截面为五边形B.平面与平面夹角的余弦值为C.若，则Q点的轨迹长度为D.，交于O，绕O将上底面旋转45°得到正方形EFGH，连接得一个十面体，它的体积是【答案】BD【解析】【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；先运用向量法求得点到平面的距离，由题意，点在以点为球心，半径为1的球面上，而点的轨迹即为球与平面的交线，利用球的截面性质即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．【详解】对于A，因P，M，N为，AB，的中点，而点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下：其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误；对于B，如图建立空间直角坐标系.则，，设平面的法向量为，则，故可取.又平面的一个法向量显然为，设平面与平面夹角为，则，故B正确；对于C，Q是平面PMN上一点，因，由可得点在以点为球心，半径为1的球面上，则点的轨迹即为球与平面的交线.因，由B项可得平面的一个法向量为，则点到平面的距离为，则点的轨迹圆的半径为，故轨迹长为，故C错误；对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形，而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1，故，因为，所以，故D正确.故选：BD.三、填空12.写出一条与和都相切的直线：______．【答案】（或，）【解析】【分析】由题知两圆位置关系为外切，有三条公切线，进而作出图象，结合图象可设公切线方程为，再根据相切关系建立方程，，两式作比得，再分类求解即可.【详解】由题知的圆心为，半径为，的圆心为，半径为，所以，故两圆位置关系为外切，有三条公切线.如图，由图可知，公切线方程斜率存在，故设方程，则由直线与相切得：，即，由直线与相切得：，即，所以，即，所以，当时，，代入整理得，解得或，此时公切线方程为（）或，当时，，代入整理得，解得，此时公切线方程为（），综上，所求的公切线方程为，或故答案为：（或，）13.正项等比数列满足，，记，的前20项和为______．【答案】【解析】【分析】根据等比数列基本量的计算得公比为，进而得，，再结合裂项求和法求解即可.【详解】由题，设正项等比数列的公比为，因为正项等比数列满足，，所以，即，解得或（舍），所以，所以，所以的前20项和为故答案：14.已知，存在实数，使得有四个不同的解，则a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】首先判断是的一个解，当时，将问题转化为有三个不同的解，构造函数，根据导数研究函数的性质，分类讨论求解.【详解】因为，所以，所以是的一个解，则存在实数，使得有四个不同的解，即当时，有三个不同的解.，令，当时，，且.当时，，，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，且，当时，，在同一平面直角坐标系中，作出函数的图象，如图：由图知：当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意；当时，的图象与直线有三个交点，符合题意；当时，的图象与直线有三个交点，符合题意；当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意；当时，存在实数，使得的图象与直线有三个交点，符合题意.综上，.故答案为：.四、解答题15.中，对边分别是，．（1）求角．（2），，求的面积．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理求得，即可求得；（2）由正弦定理得，故或，根据三角形内角和求出，再由三角形面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，即.又，,所以.【小问2详解】因为，所以由正弦定理得.因为，所以.所以.因为，所以，因为，所以或.当时，,所以.当时，，所以.综上所述，的面积为或.16.椭圆的短轴长2，右焦点，上顶点，与的另一个交点为，满足．（1）求的方程．（2）交于，且上存在使为平行四边形．（i）求范围；（ii），求的值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由题知，，，进而根据面积比得，再结合直线的方程为得，最后代入椭圆方程求解得即可得答案；（2）（i）设，联立方程结合判别式得，，，，再根据即可得，代入椭圆方程后整理得，最后解不等式即可；（ii）结合（i）得，，，再根据弦长公式与两点间的距离公式得，，最后根据，，解方程即可得.【小问1详解】解：由题知：短轴长为，即，所以，，因为，，所以，故，因为直线的方程为，将代入得，故将代入得，因为，所以，所以的方程为；【小问2详解】解：设，联立方程得，所以，整理得①，所以，，，因为上存在使为平行四边形，所以，即，将代入得，整理得②，由得或，所以范围为；（ii）由（i）得，，，，，因为，所以，整理得，解得，因为，所以.17.数列满足，．（1）求．（2），求的前n项和．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）通过累乘求前项和，再由与的关系得通项；（2）化简后，利用余弦函数的周期性分组，详细计算每个周期内的和，再分三种情况累加剩余项，得到前项和.【小问1详解】由得，结合，累乘得.当时，，时符合上式，故【小问2详解】由三角恒等式，得，结合，故.因余弦函数周期为，故，即的周期为3.时，；时，；时，.分3种情况求前项和：①当（）时，前项分为个周期，每个周期含（）.计算一个周期的和：，前项和为个周期的和累加：，代入，得.②当（）时，前项是前项加第项（）：，代入，得.③当（）时，前项是前项加第项（）：，代入，得.综上所述，18.三棱锥中，，，．（1）若平面平面，①求证：．②三棱锥外接球球心，求与平面夹角的正弦值．（2）二面角的正切值为，求的长．【答案】（1）①证明见解析；②（2）【解析】【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得；②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可.（2）过点作棱交的延长线于，进而得点在以为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得，【小问1详解】①证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，，设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等，所以，即，解方程得：，所以，又因为平面的法向量为，设与平面所成角为，则所以与平面夹角的正弦值为.【小问2详解】解：过点作棱交的延长线于，因为，，．所以，故点在以为圆心，为半径的圆上动，故以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，所以，，设平面的法向量为，则，即，则平面的法向量为则，即，令，则，，，因为二面角的正切值为，所以二面角的余弦值的绝对值为所以又因为，将其代入整理得，解得，所以，，此时故二面角的正切值为，19.．（1）是的切线，求a的值；（2）．①时，有两个极值点，，求；②在处有一条切线l，且上所有点都在l下方（除）外，求范围．【答案】（1）（2）；【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义构造方程，构造新函数，利用导数分析函数单调性，进而求解；（2）先求出函数定义域，利用求导求出相应极值点，