江苏省苏州市张家港市2026届高三上学期12月阶段性调研测试数学检测试卷 附答案

/江苏省苏州市张家港市2026届高三上学期12月阶段性调研测试数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知角与的终边关于轴对称，且，则的最大值是（

）A． B． C． D．3．正方体，直线与平面所成的角的大小是（

）A． B． C． D．4．设，则复数z对应的点Z的轨迹是（

）A．直线 B．圆 C．椭圆 D．抛物线5．已知等比数列的首项为64，公比为，数列的前n项积为，则当时n的最小值是（

）A．8 B．12 C．13 D．146．过点作直线l交圆于点M，N，若，则点N的横坐标是（

）A． B．2 C． D．7．已知平面向量，（），记与的夹角是，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知函数满足，若函数与图象的交点为、、、，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（

）A． B．C． D．10．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（

）A．当时，直线与直线异面B．当时，平面与底面所成角为定值C．当时，有且仅有两个点P，使得D．当时，有且仅有一个点P，使得平面11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若以为直径的圆与曲线C及曲线C的一条渐近线分别交于点P，M，则下列说法正确的是（

）A．当时，曲线C的离心率为B．当时，曲线C的离心率为C．当时，曲线C的离心率为4D．当时，曲线C的离心率为三、填空题12．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为．13．已知为偶函数，则不等式的解集为．14．过点的直线l与抛物线交于两点M，N，点M，N处的切线交于点P，则点P到圆的距离的最小值是．四、解答题15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若D为边上一点，，，平分，求a．16．已知函数，．（1）当时，判断函数的单调性，并求出的极值；（2）若过原点存在两条直线与曲线相切，求实数a的范围．17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，点在上，点为的中点，且平面．（1）求证：平面；（2）若平面平面，且，，记平面与平面的夹角为．①求的最大值；②当取到最大值时，求四棱锥的外接球体积．18．已知椭圆的上顶点为A，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N．（1）若椭圆的离心率为，求直线与y轴交点的纵坐标；（2）若是等腰直角三角形，且这样的等腰直角三角形有且仅有一个，求a的范围．19．已知数列：，，，…，的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．（1）若数列：2，4，6，7，求集合T，并写出的值；（2）若A是递增数列，求证：“A为等差数列”的充要条件是“”；（3）已知数列A：2，，，…，，求证：．

参考答案1．【答案】C【详解】，，∴，故选C．2．【答案】B【详解】因为角与的终边关于轴对称，则，故，因为，，所以，故的最大值为.故选B.3．【答案】A【详解】连接，交于点，再连接，∵是正方形，∴，∵在正方体中，平面，平面，∴，又∵，平面，∴平面，∴是直线与平面所成的角．设正方体的边长为1，∴在中，，∴，∴直线与平面所成的角的大小等于．故选A．4．【答案】B【详解】设复数，则，代入，两边平方得：，，两边除以：，以配方：，这是圆的标准方程，圆心为，半径为．∴复数z对应的点的轨迹是圆．故选B．5．【答案】D【详解】因为等比数列的首项为64，公比为，所以.数列的前n项积为，则.指数部分是首项为6，末项为的等差数列求和，其和为.所以时，化简得，由于，所以解得.所以当时n的最小值是14.故选D.6．【答案】A【详解】设，∵点在圆上，∴．已知，则，∵，∴．设，则，则，则．∵点在圆上，∴．将代入上式可得：，解得，故选A．7．【答案】C【详解】∵，，∴，∵，，∴，∴，令，则，∴，当且仅当，即2（此时）时等号成立．即的最大值为．故选C．8．【答案】C【详解】因为满足，则函数的图象关于点对称，设，则函数的定义域为，因为，故函数的图象关于点对称，所以函数、的图象的交点也关于点对称，不妨设，则，，，，令，则，故，故，由对称性知，，，，令，则，故，故，因此，故选C.9．【答案】BC【详解】A：的最小正周期为，故A错误；B：的图象为：，则其以为最小正周期，且在区间上单调递增，故B正确；C：因在区间上单调递增，且其最小正周期为，故C正确；D：如图：则其以为最小正周期，且在区间上不单调，故D错误；故选BC．10．【答案】BCD【详解】设O是BC的中点，D为的中点，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间坐标系，如下图：则，则．由得，由平面向量的基本定理易知，点在矩形内部（含边界）．A：当时，，∴，此时三点共线，即线段，若P与C重合，直线与直线相交，故A错误；B：当时，，，设平面的法向量为，则，时不符合题意，故，则，取，则，则，平面的一个法向量为，∵确定，故平面与底面所成角为定值，故B正确；C：由，则，又，则，若，则，解得或1，∴有两个符合题意的点，故C正确；D：，，则，即，∵，∴，令，解得，此时，∵平面，∴平面，综上可得，有且仅有一个点符合题意，故D正确．故选BCD．11．【答案】ABD【详解】双曲线的焦点，渐近线方程为，以为直径的圆与曲线C及曲线C的一条渐近线分别交于点，得，设，由，解得，对于A，，又，则，由勾股定理得，即，曲线C的离心率为，A正确；对于B，，不妨令，则，即，整理得，曲线C的离心率为，B正确；对于C，，则，解得，曲线C的离心率为，C错误；对于D，，而，解得，又，即，曲线C的离心率为，D正确.故选ABD12．【答案】【详解】设底面半径为，由题意可知，解得：，圆锥的高，所以圆锥的体积.13．【答案】【详解】已知，则，由，得即对所有成立．若，化简得，不满足对所有成立，舍去；若，化简得，解得．将代入，得不等式，即，即，即，∵，∴，即，∴．14．【答案】【详解】由题可知直线l的斜率存在，故可设过点的直线的方程为，即．联立抛物线方程，得：，设的横坐标为，∵，故由韦达定理得：，对于函数，其导数，在处切线斜率为，切线方程为，即．故抛物线在点处的切线方程为，在点处的切线方程为．联立两切线方程：，解得交点的横坐标为，代入切线方程得纵坐标为．因此，点坐标为，消去参数得P的轨迹方程为，即．圆的圆心为，半径．圆心到直线的距离，∴直线与圆相离，故P到圆的最小距离为圆心到直线距离减去圆半径：．15．【答案】（1）（2）9【详解】（1）由及正弦定理得，∴，∴，∵，∴，即，又∵，，∴，∴；（2）由题可知，，在中由正弦定理得①，②，①÷②得，即．又，∴，∴，∴，∴，∴，∴．16．【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，无极大值（2）【详解】（1）当时，，则，由可得，由可得，∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为，∴函数的极小值为，无极大值．（2）∵，则，设切点为，则，切线斜率，切线方程为：，∵切线过原点，则，整理得：，∵满足条件的切线有两条，∴，解得或，∴的取值范围是．17．【答案】（1）见详解（2）①；②.【详解】（1）取线段的中点，连接、，连接交于点，连接，如下图所示：因为四边形为正方形，所以，，因为、分别为、的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，，、平面，所以平面平面，因为平面平面，平面平面，所以，因为为的中点，故为的中点，因为四边形为正方形，，故为的中点，因为为的中点，所以，因为平面，平面，故平面.（2）①因为四边形为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，其中，，则，，因为，则，可得，所以，易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为；②当取到最大值时，，，则点，设四棱锥的外接球球心为，由可得，解得，，即，故四棱锥的外接球半径为，因此四棱锥外接球的体积为.18．【答案】（1）（2）【详解】（1）椭圆，离心率为，，解得，椭圆，椭圆的上顶点为A，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N，，直线斜率存在，且斜率不为0，设直线的斜率为，，，的斜率为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程得，化简整理得，解得（对应点A）或，，，，把替换为得点，，直线的方程为，设与轴交点坐标为，．（2）椭圆上顶点，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N，是等腰直角三角形，且这样的等腰直角三角形有且仅有一个，设直线斜率为，则直线的斜率为，直线的方程为，联立椭圆方程得，化简整理得，解得（对应点A）或，，，即，把替换为得点，是等腰直角三角形，，即，化简整理得，令，则方程化为，是方程的一个根，对应，总能得到一个关于轴对称的等腰直角三角形，其他根取决于，，，当时，，无实数根，只有，故等腰直角三角形唯一，符合条件；当时，，有重根，故仍只有，等腰直角三角形唯一，符合条件；当时，，有两个正根，且，，存在额外的等腰直角三角形，不满足唯一性．满足条件的的取值范围是．19．【答案】（1），（2）见详解（3）见详解【详解】（1）由题意知数列，可得，则，故；（2）必要性：由于为等差数列，故设数列的公