江苏省苏州市、南京市九校2025-2026学年高三上学期一轮复习学情联合调研数学试题（解析版）

第1页/共1页高三年级一轮复习学情联合调研数学学科一、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.已知，则（）A.2 B. C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】由，得，所以，由此可得.【详解】由，得.所以.所以.故选：D.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别求出集合，再利用交集定义求解即可.【详解】因为，所以，则，因为，所以，因此，故选：A.3.曲线在点处的切线与直线垂直，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】令，求其导数，由条件分析出，求出值即可.详解】令，则.因为曲线在点处的切线与直线垂直，且直线的斜率为2，所以曲线在处的切线斜率为，即，解得.故选：B4.如图，正方形的边长为1，取正方形各边的四等分点，作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第三个正方形，依此方法一直继续下去.这些正方形的面积之和将趋于（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】不妨设为，正方形的面积为，，分析可知数列是以首项为1，公比为的等比数列，结合等比数列的求和公式运算求解.【详解】不妨设为，正方形的面积为，，可知，当时，因为，则，可得，可知数列是以首项为1，公比为的等比数列，则数列的前k项和，当k趋近于时，趋近于0，则趋近于，所以这些正方形的面积之和将趋于.故选：C.5.已知常数，函数的图象经过点，若，则（）A4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】【分析】将点代入函数解析式，得，整理得，再结合求得即可.【详解】因为函数的图象经过点所以，整理得，即，所以，又，代入得，，又，所以.故选：B6.在正方体中，分别为中点，则在正方体的八个顶点中任取两个顶点确定的直线中，与平面平行的条数有（）A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后根据直线的方向向量与平面的法向量垂直，则直线与平面垂直，逐一判断即可.【详解】设正方体棱长为2，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，所以，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，解得，所以.在正方体的8个顶点中任取两点，可以得到12条棱，12条对角线，4条体对角线.欲求与平面平行的直线，应满足直线的方向向量与平面的法向量垂直，因为棱的方向向量分别是，显然与都不垂直；面对角线的方向向量，显然满足题意，同理可验证只有，，直线显然都在面外，所以满足题意，同理体对角线均不满足题意，所以满足条件的直线有故选：C7.已知为锐角的外心，角的对边分别为，且，，则面积的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的运算法则和数量积的几何意义可得，结合余弦定理计算求得的取值范围，最后由三角形的面积公式可求得结果.【详解】如图，分别作的中点，连接，由题，因为，所以，即，则，因为，所以，即；因为为锐角三角形，即，所以；所以，即，解得，所以；，即，解得，所以，所以，所以，所以面积，又，所以；所以由得.故选：A.8.已知为抛物线上一点，过点作圆的两条切线分别交抛物线于、，设切点为、.若，则的所有可能取值的和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，可得出抛物线的方程，设点、，分析可知，且这两条切线的斜率都存在，设直线、的斜率分别为、，设过点且斜率存在与圆相切的直线的方程为，利用直线与圆的位置关系，结合韦达定理、斜率公式可得出关于实数的二次方程，结合韦达定理求解即可.【详解】将点的坐标代入抛物线方程得，解得，故抛物线的方程为，圆的圆心为，半径为，不妨设点、，由切线长定理可得，因为，则，故，过点且与圆相切的一条切线与轴垂直时，不妨设这条直线为，则直线的方程为，则，解得或，当时，不妨设直线的方程为，即，由题意可得，解得，又因为，解得，则，此时，易知、关于轴对称，则，不符合题意，同理可知，当时，，不符合题意；所以直线、的斜率都存在，设这两直线的斜率分别为、，设过点且斜率存在与圆相切的直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，整理可得，由题意可知、为关于的二次方程的两根，所以①，②，因为，同理可得，又因为，由圆的几何性质可知平分，因为，则，且，所以，所以，由②①得，即，整理可得，故所有的取值之和为，故选：D.二、多选题: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.下列不等式判断正确的有（）A. B.C.若，则 D.【答案】AD【解析】【分析】应用特殊值法计算判断A，B，C，应用基本不等式计算判断D.【详解】对于A：当时，，当且仅当时，即时等号成立，如时，，满足，A选项正确；对于B：，B选项错误；对于C：当，满足，则，C选项错误；对于D：，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，即，D选项正确；故选：AD.10.克莱因提出“几何学就是研究在特定变换下不变性质的学科”，该观点被后世称为“爱尔兰根纲领”，如在初中阶段我们研究了旋转、翻折、平移等保持变换前后长度不变、角度不变的变换，称这些变换为保长变换和保角变换，设平面和是空间中两个相异平面，是平面外一点.定义平面到平面关于点的单点透视变换，若直线交平面于点，则，称为在平面内的像：若，则，称为平面内的影消点.则下述命题中正确的有（）A.是保角变换，但不是保长变换B.“平面和相交”是“平面内存在影消点”的充要条件C.若平面内存在影消点，则影消点的轨迹是一条直线D.平面内的椭圆在单点透视变换下的像仍是椭圆【答案】BC【解析】【分析】由题干所给定义，结合立体几何点线面位置关系，逐个选项分析即可.【详解】A选项当，且点到平面和的距离相等时，f是保长变换，故A错误；B选项，当平面和平行时，假设平面内存在影消点，即存在，则或者，与矛盾；当平面和相交时，存在平面，使得，且，则当平面和相交，对于平面和交线上任意一点，则，则，A为影消点；故B正确；C选项，由B选项可知，进一步，对于确定的平面和以及点，过点作平面的平行平面，有且只有1个，而平面与平面的交线也有且仅有1条，故C正确；D选项，取两个相同的圆锥，使其顶点重合，底面平行，且顶点位于两底面之间，则分别作这两个圆锥的截面，可以分别得到圆、椭圆、双曲线、抛物线，则平面内的椭圆在单点透视变换下的像可以是圆、椭圆、双曲线、抛物线，故D选项错误；故选：BC.11.定义在上的单调函数满足：、，，且，则（）A. B.记，则为幂函数C. D.【答案】ABD【解析】【分析】令，，可求出的值，可判断A选项；推导出，结合，可判断B选项；放缩得出，可判断C选项；当时证明出，可得出，结合不等式的基本性质可判断D选项.【详解】对于A选项，令，可得，所以，即，解得，A对；对于B选项，在等式中，令，则有，即，因为函数在上单调，且，，所以函数在上单调递增，故，所以，令，则，故，由，可得，整理可得，令，，所以，又因为，，且，所以函数的图象恒过定点、，所以函数为幂函数，B对；对于C选项，设，因为，故，所以，故，所以，所以，对任意的，，所以，C错；对于D选项，，，令，其中，其中，所以函数在上为减函数，故当时，，即，所以，故，所以，D对.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知点和，点在轴上，且为直角，则点的坐标为________．【答案】或【解析】【分析】由题可得，由两点间的斜率公式求解即可.【详解】设,且为直角，则直线的斜率存在，则，所以,解得：或,所以点的坐标为或，故答案为：或13.将的所有正根按照从小到大的顺序排成数列，记，数列的前项和为，则____________.【答案】【解析】【分析】首先分析的所有正根从小到大的规律，可发现数列的奇偶项分别构成等差数列，将数列的前项分组求和可得.【详解】将的所有正根按照从小到大的顺序排成数列，则，，，，，根据正弦函数的性质可知的奇数项构成以为首项，以为公差的等差数列；偶数项构成以为首项，以为公差的等差数列.所以当时，，所以.故答案为：.14.过正四面体的一条棱作截面将其分为两个三棱锥，则这两个三棱锥外接球半径之比的范围是___________.【答案】【解析】【分析】建系，利用坐标运算以及球的定义得出球心坐标和半径，再构造函数求范围.【详解】如图，正四面体，过点作平面，且垂足为，取线段的中点为，则三点共线，以为原点，以平行于的直线为轴，以所在直线为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，则，，，因为平面，平面，所以，则，则，设过棱的平面与交于点，故可设，设三棱锥的外接球半径为，球心坐标为，三棱锥的外接球半径为，球心坐标为，则，，解得，，，故，若，则；若，则，因为在上单调递减，在上单调递减，且当时，当时，所以或，则或，则或，综上可知，，故，故这两个三棱锥外接球半径之比的范围是故答案为：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.椭圆的离心率为，下顶点为，右顶点为，且.（1）求椭圆的方程；（2）设中点为为椭圆上异于顶点的动点，设直线与直线分别交于，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式和离心率可得，，运算求解即可；（2）可得直线的方程为，设，求点的坐标和，结合椭圆方程分析运算即可.【小问1详解】由题意可知，，则，即，又因为离心率，可得，即，联立，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】证明：由（1）可知，则中点，直线的方程为，设，则，即，直线的方程为，联立方程，解得，可得；直线的方程为，联立，解得，可得，则，所以为定值.16.在平面中，曲线的弯曲程度可以用曲率描述.对于平面曲线，定义其曲率函数为（是的导函数），现有曲线，请解答问题：（1）求时的曲率；（2）求的最大值，并指出此时的取值.【答案】（1）（2）；【解析】【分析】（1）求出和，进而求得曲率函数公式，将代入求值即可；（2）令，利用辅助角公式和正弦函数性质可得，则，利用导数法研究其单调性，即可求解其最值.【小问1详解】，有，，，代入曲率函数公式：，所以；【小问2详解】，令，则，则，所以，所以，当时，，所以在上单调递增，所以时，即，此时，即，所以，解得.17.如图，在圆柱中，为底面的直径，为底面圆周上一点，分别为上的点，均为圆柱的母线.若.（1）求证：；（2）过点作的垂线，垂足为，求证：平面；（3）当三棱锥体积最大时，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用空间向量证明线线垂直；（2）根据线面垂直的判定定理和性质定理进行证明；（3）先将三棱锥体积转化为关于二次函数，利用二次函数最值求出的位置，再通过空间向量求平面法向量，结合法向量夹角公式算出二面角的正弦值.【小问1详解】以为原点，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，则.，，故；【小问2详解】∵为母线，∴平面，∵平面，∴.又∵平面，∴平面，∵平面，∴，又∵，平面，∴平面，∵平面，∴，又∵平面，∴平面；【小问3详解】，当时，有最大值，此时易知平面的法向量，设平面的一个法向量，由，得，∴，记二面角的平面角为，则.18..（1）若，求在零点处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若有三个极值点，求证：.【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导函数，利用导函数的几何意义求得切线斜率，利用零点定义求出零点，代入点斜式直线方程求解即可；（2）记，求导函数，然后按照、和分类讨论研究单调性；（3）由（2）可知，记，则，求得，，然后利用对勾函数单调性及放缩法证明即可.【小问1详解】当时，函数为，求导得，令，得，解得，即零点为，又切线斜率为，所以切线方程为；【小问2详解】，记，则，记，分情况讨论：①当时，，故在上单调递增；②当时，为开口向下的二次函数，对称轴，1）若，即时，，即，在上单调递减；2）若，即时，有两个正根，当时，，即，当时，，即，则在单调递减，单调递增，单调递减，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在单调递减，单调递增，单调递减；【小问3详解】，因为有3个极值点，由（2）可知，记，则在递减，递增，递减，由于，故，因此是的极小值点，记为，由于在上递增，故，当时，，故在内有唯一零点，即为的极大值点，，而，因此为的极大值点，即，故当时，有3个极值点，且，由于在上递增，故.19.数列和均为项数为的有限正项数列，分别为其前项和.，定义，记表示集合中的元素个数.（1）若，求；（2）若对，均有，求证：；（3）若对任意的，有，求证：.（参考公式（求和