江苏省苏州市2026届高三上学期期初阳光调研数学试卷（含解析）

江苏省苏州市2026届高三上学期期初阳光调研数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。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．已知集合,则集合A的子集个数是()A.3 B.4 C.8 D.无数个2．设（i为虚数单位）,则在复平面内复数z对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3．若数据,,,,的方差,则,,,,的大小()A.都不相同 B.都相同 C.不都相同 D.无法确定4．设函数,则()A.是偶函数,且在上单调递增 B.是奇函数,且在上单调递减C.是偶函数,且在上单调递增 D.是奇函数,且在上单调递减5．“”是“函数在上单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6．在中,,,,M为的中点,,与交于点P,则(

)A. B. C. D.7．已知,,则()A.13 B.14 C.15 D.168．在斜中,角A,B,C的对边为a,b,c,且,则的取值范围是()A. B. C. D.二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计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．已知函数,则()A.的值域为B.的图象关于点对称C.在上单调递增D.的图象可由曲线向右平移个单位得到10．在棱长为1的正方体中,则(

)A.B.与所成角的大小为C.二面角的正切值为D.从正方体的八个顶点中任取四个点,其中四个点可以构成正四面体的概率是11．已知函数.()A.在上单调递增B.是奇函数C.过点可作曲线的两条切线D.当时,恒成立三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知平面向量,,若,则_____________.13．函数的最小值为______________.14．在中随机选出一个数a,在,,,中随机选出一个数b,则被3整除的概率为_____________.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．（13分）在中,角A,B,C的对边为a,b,c,,且.(1)求A；(2)若的周长为,求边上的高.16．（15分）已知数列的前n项为,且.正项等比数列的首项为1,为其前n项和,且.(1)求,；(2)当时,若对任意的恒成立,求实数的最大值.17．（15分）在平面直角坐标系中,动点P到点的距离与到直线的距离相等,记P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)直线l过点F与曲线E交于点M,N,点Q满足,当直线斜率最大时,求点N的坐标.18．（17分）如图,在三棱锥中,底面,,M,N分别为,的中点.(1)求证：平面；(2)若,,,且与平面所成角的正切值为,①当时,求三棱锥的体积；②求的最大值.19．（17分）已知函数.(1)当,时,求函数的最小值；(2)当时,若存在两个极值点,,求证：；(3)设a,b为函数的极值点,且,若a,b,c是一个三角形的三边长,求的取值范围.参考答案1．答案：C解析：解不等式,得,所以,则集合A的子集个数是.故选：C.2．答案：A解析：依题意,,所以在复平面内复数z对应的点位于第一象限.故选：A.3．答案：B解析：设数据,,,,的平均数为,因为,所以,所以,故.故选：B.4．答案：D解析：由,解得且,则函数的定义域为,关于原点对称,而,所以函数是奇函数,故A,C错误；当时,,则函数在上单调递增,故B错误；当时,,则函数在上单调递减,故D正确.故选：D.5．答案：A解析：函数,求导得,若函数在上单调递增,则对恒成立,而当时,,则,因此,所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故选：A.6．答案：C解析：由,,可得,因为M为的中点,所以,则,即,,因为,所以,则,即,,且,因此,.故选：C.7．答案：C解析：因为,所以,化简得.①+②得,①-②得.所以.故选：C.8．答案：A解析：,故或,又为斜三角形,故,所以,所以,故,又,故,解得,所以,设,则,由对勾函数性质可知,在上单调递减,故,所以的取值范围是.故选：A.9．答案：AC解析：,所以函数的值域为,A正确；令,,得,,所以函数图象关于点不对称,B错误；由,,得,,所以函数在上单调递增,而,得在上单调递增,C正确；函数的图象向右平移个单位得,D错.故选：AC.10．答案：ACD解析：A选项,连接,在正方形中,在正方体中且,故四边形为平行四边形,,,A选项正确；B选项,连接,,在正方体中,与所成角为,在中,三边均为正方体面的对角线,,B选项错误；C选项,连接,交于点H,连接,,则点H为的中点,,,,,二面角为,正方体棱长为1,则,,,,,即,C选项正确；D选项,从8个顶点中任选4个一共有种选取方式,其中能够组成正四面体有且仅有2个,,,其概率,D选项正确故选：ACD.11．答案：BCD解析：对A,由题知,由解得,所以在上单调递减,错误；对B,记,则,所以为奇函数,正确；对C,设切点坐标为,则切线斜率为,且,所以切线方程为,又切线过点,所以,整理得,解得或,所以过点可作两条直线与曲线相切,正确；对D,记,当时,若恒成立,则,解得,所以时,恒成立,正确.故选：BCD.12．答案：4解析：由题意得,解得.故答案为：4.13．答案：解析：由题设,且,令,则,当,即时,.故答案为：.14．答案：解析：由题意,数组共有种不同的选法,若a能被3整除,则b也能被3整除,此时a,b各有3种选法,即这样的有组；若a不能被3整除,即从1,2,4,5,7,8中选1个数,此时除以余数为1,即,要使得被整除,则b除以3余数为,即,所以b从,,中选1个数,所以a有6种选法,b有3种选法,则这样的有组,所以共有中不同的选法,所以被3整除的概率为.故答案为：.15．答案：(1)；(2)1.解析：(1)因为,所以,又因为,所以,所以,得,得,又因为,所以．(2)在中,过点C作,所以,,设,则在中,,,则在中,,,所以的周长为所以,记边上的高为h,所以．16．答案：(1),(2)解析：(1)由,当时,,当时,,满足上式,所以.由,正项等比数列的首项为1,当公比时,,,不满足；当公比,且时,,解得,此时.综上所述,.(2)由,,则,即对任意的恒成立,当时,,当时,设数列在第n项取得最小值,则,解得,而,则,此时取得最小值,由于,即,则实数的最大值为.17．答案：(1)(2)解析：(1)设动点,则点P到点的距离为,直线的距离为；因为动点P到点的距离与到直线的距离相等,所以,所以E的方程.(2)设,由,即得；因为点M在轨迹E上,所以,而,因为要求斜率的最大值,所以,所以,当且仅当,即时,等号成立.所以,直线,由与联立,得,即,所以,即,所以,所以.18．答案：(1)证明见解析(2)①；②解析：(1)因为M,N分别是线段,的中点,所以线段是的中位线,故.又因为平面,平面,所以平面.(2)①当时,即.由上题可知,线段是的中位线,所以.因为平面,且,平面,所以,.在直角中,,,故,又因为N是中点,所以.在直角中,,,所以.在直角中,,,所以,又因为M是中点,所以.在中,,,故,所以为直角三角形,其中.所以线段为线段在平面上的投影,则与平面所成的角为.因此,,解得.故的面积为2,三棱锥的体积为.②过点C做平面,垂足为C.以C为原点,以,,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图空间直角坐标系.则,,,,,.故,,直线的方向向量.设平面的法向量.故,即,所以.取.设直线与平面的夹角为,故,易得.而.两边同时平方得,,交叉相乘得.移项合并得.化简得,进而有.由基本不等式得,,当且仅当时,即时等号成立.所以.故的最大值为.19．答案：(1)；(2)证明见解析；(3).解析：(1)当,时,且,则,当时,当时,所以在上单调递减,在上单调递增,所以；(2)当时,则且,可得,由存在两个极值点,,则,是在上的两个不同根,所以,可得,由,所