数学+答案江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三上学期10月学情调研考试数学试题-A4答案卷尾_251104江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三上学期10月月考（全科）

中华中学 2026 届高三 10 月学情调研考试 高三数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：邓飞 徐成中 审题人：杨厥帅 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A1,0,1,2，B  x x1 2  ，则AB（ ） A．1,0 B．0,1 C．1,0,1 D．0,1,2 2．已知zz 1，zz  3i，则z （ ） 1 3 1 3 1 3 1 3 A．  i B．  i C．  i D．  i 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3．已知抛物线的准线方程为y ，则该抛物线的标准方程为（ ） 2 A．y2 2x B．y2x C．x2 2y D．x2  y 4．x3x14的展开式中x3的系数是（ ）． A．-6 B．2 C．10 D．18   3  5．已知0, ，2sin2cos21，则cos （ ）  2  2  1 5 2 5 5 A． B． C． D． 5 5 5 5 6．已知定义域为R的函数 f x在2,为增函数，且函数y f x2为偶函数，则下列 结论不成立的是（ ） A． f 0 f 1 B． f 0 f 3 C． f 1 f 2 D． f 1 f 3 7．现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼 品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的 盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（ ） 试卷第1页，共4页A．A与B互斥 B．A与B相互独立 C．A与BC互斥 D．A与BC相互独立 ex lnx a 8．已知函数 f x 与gx ea1的图象有两个不同的交点，则实数a的取值范 x x 围是（ ） A．0,1 B．1,e C．1, D．e, 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．某篮球运动员8场比赛中罚球次数的统计数据分别为：2，6，8，3，3，4，6，8， 关于该组数据，下列说法正确的是（ ） A．中位数为3 B．众数为3，6，8 C．平均数为5 D．方差为4.8   10．已知向量a2,1,b1,x，下列结论正确的是（ ）   A．若ab，则x2 r r 1 B．若 a//b ，则x 2   C．若a,b的夹角为钝角，则x2     D．设a在b方向上的投影向量为m，则 m的取值范围为  0, 5  11．棱长为2的正方体ABCD ABCD中，点E，F ，G分别是棱AD ，AB ，CC 的中 1 1 1 1 1 1 1 1 1 点，则下列说法正确的有（ ） A．CD 平面ABD 1 1 B．AC与平面ABCD所成的角为60 1 1 C．平面EFG截正方体ABCD ABCD的截面形状是五边形 1 1 1 1 4 5 D．点P在平面BBCC内运动，且CP//平面BEF，则BP的最小值为 1 1 5 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共15分． 12．已知数列a 满足a 3，a 6，且a a a （n为正整数），则a  n 1 2 n2 n1 n 308 13．已知圆M :x2 y22ay0a0截直线xy0所得线段的长度是2 2，则圆M的方 试卷第2页，共4页程为 . 14．若a0,b0，且63lnaa9b3lnb，则ab ． 四､解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明､证明过程或者演算 过程． 15．已知数列a 的前n项和为S ，且2a S n2  nN* ,b a 1． n n n n n n (1)证明：数列b 是等比数列，并求数列a 的通项公式； n n (2)求数列nb 的前n项和T ． n n 16．如图，四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD为梯形，AD // BC， BADPAD90, AD AB AP2BC,E是PD的中点． (1)求证：CE //平面PAB； (2)求平面ACE与平面CDE的夹角的余弦值． 17．锐角V ABC中，角A,B,C 的对边分别是a,b,c，且  a2c2 sinC  bcc2 sinB． (1)求角A的大小； (2)若V ABC的周长为6，求a的取值范围． x2 y2   18．已知椭圆C:  1ab0的焦距为4，上､下顶点分别为B,B ，点P 6,1 在椭 a2 b2 1 2 圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)若Q为椭圆C上异于B,B 的点，点R满足：BRBQ,B RBQ ，求 OR 的范围（O为 1 2 1 1 2 2 坐标原点）． 19．已知函数 f xex2lnx． (1)求曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； 试卷第3页，共4页1ln2ln x (2)设函数g(x) lnx1． x 5 （i）设x 为g(x)的极值点，证明：2ln2g(x ) ln2； 0 0 2 （ii）证明：对任意a0,b0，都有 f(a)2g(b)0． 试卷第4页，共4页1．D 【分析】化简集合B，再根据集合的交集运算求解. 【详解】由 x1 2，可得1 x3，B x 1 x3  ， AB0,1,2 . 故选：D. 2．B 【分析】根据已知计算求出z 即可. 【详解】zz 1，zz  3i，则2z 1 3i, 1 3i 1 3 所以z    i. 2 2 2 故选：B. 3．C 【分析】由准线方程可设抛物线方程为：x2 2pyp0，据此可得答案. 1 【详解】因抛物线的准线方程为y ，则设抛物线方程为：x2 2pyp0， 2 p 1 则   p1，则抛物线标准方程为：x2 2y. 2 2 故选：C 4．A 【分析】根据二项式的通项求展开式的系数即可. 【详解】二项式x14的通项为Crx4r1r， 4 当x rx4r1r  rx5r1r产生x3时，令5r3，解得r 2； C4 C4 当3 rx4r1r 3 rx4r1r产生x3时，令4r 3，解得r 1； C4 C4 所以展开式中x3的系数为 2123 111 6. C4 C4 故选：A. 5．B 1 5 【分析】首先根据二倍角公式得到tan ，从而得到sin ，再利用诱导公式求解即 2 5 可. 【详解】2sin2cos214sincos2cos2， 答案第1页，共13页  1 因为0, ，所以cos0，所以tan .  2 2   因为0, ，所以sin 5 .  2 5 3  5 所以cos sin .  2  5 故选：B 6．D 【详解】试题分析：画简图如下，可得 f 1 f 3不成立，故选D. 考点：1、函数的奇偶性；2、函数单调性. 7．B 【分析】根据互斥事件判断AC，结合独立事件的概率乘法公式判断BD. 【详解】由题意可知：事件A为取到第1或4个礼品盒，事件B为取到第2或4个礼品盒， 事件C为取到第3或4个礼品盒， 对于选项A：因为事件AB为取到第4个礼品盒，所以A与B不互斥，故A错误； 2 1 1 对于选项B：因为PAPB  ,P AB  ， 4 2 4 可知PAPBPAB，所以A与B相互独立，故B正确； 对于选项C：因为事件BC为取到第2或3或4个礼品盒， 则事件ABC为取到第4个礼品盒，所以A与BC不互斥，故C错误； 1 对于选项D：因为事件BC为取到第4个礼品盒，则PBI C ， 4 且事件AI BI C为取到第4个礼品盒，则P  AI BI C  1 ， 4 答案第2页，共13页可知P  AI BI C PAPBI C，所以A与BC不相互独立，故D错误； 故选：B. 8．C 【分析】由 f xgx在0,+有两个不同解，得exlnxaxeax，进而得 exxlnxaealnx，令hxexx，利用单调性得xalnx，即axlnx在0,+有 两个解，令xxlnx，利用导数研究单调性，进而作出函数x的图像，利用数形结 合即可求解. 【详解】由题意有： f xgx在0,+有两个不同解， ex lnx a 所以  ea1exln x a xea x ， x x 即exxlnxxeaalnxaealnx，令hxexx，即hxhalnx， 又hxex10，所以hx在0,+单调递增，所以xalnx， 即axlnx在0,+有两个解， 1 x1 令xxlnx，所以x1  ，令x0x1， x x 由x0x1,x00x1， 所以x在0,1单调递减，在1,单调递增， 当x，x， 当x0 ，x，  又x 11，作出x的图像： min 由图可知：a1，即a1,+， 答案第3页，共13页故选：C 9．BC 【分析】先将原数据按照从小到大的顺序进行排列，再根据中位数、众数、平均数和方差的 计算方法逐一求解即可. 【详解】将原数据按从小到大的顺序进行排列: 2,3,3,4,6,6,8,8， 46 所以中位数为 5，众数为3，6，8, 2 23246282 平均数为 5， 8 1 方差为   (25)2(35)22(45)2(65)22(85)22  4.75. 8 故选：BC 10．ABD 【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线       的坐标表示求解判断即可；对于C，由a,b的夹角为钝角可得ab2x0，且a,b不共线，   进而求解判断即可；对于D，易得 m   a  b  2x ，令 m  2  x24x4  y ，利用判别 b 1x2 1x2 式法求解判断即可.     【详解】对于A，由ab，则ab2x0，即x2，故A正确； r r 1 对于B，由 a//b ，则2x1，即x ，故B正确； 2       对于C，由a,b的夹角为钝角，则ab2x0，且a,b不共线， 1 则x2且x ，故C错误； 2    对于D，由a在b方向上的投影向量为m，      则 a  b  b  m  ，所以 m   a  b  2x ， b b b 1x2 令 m  2  x24x4  y ，则1yx24x4y0， 1x2 3 当y1时，4x30，则x ，符合题意， 4 当y1时，有Δ1641y4y0，解得0 y5且y1，  综上所述，0 y5，则 m的取值范围为0, 5，故D正确.   答案第4页，共13页故选：ABD. 11．ACD 【分析】对于A，利用CD //AB，再证AB平面ABD即可；对于B, 取AD的中点O ， 1 1 1 1 1 1 可证ACO 为AC与平面ABCD所成的角，求解即可；对于C，在平面ABCD 内延长EF 1 1 1 1 1 1 1 与CB 交于S，连接SG交BB 于M ，根据面面平行的性质，可以做出截面图；对于D，首 1 1 1 先利用CT //平面BEF,确定P点位置再线段CT 上，再做出垂线CH ,根据相似三角形定理即 可求得. 【详解】对于A，如下图，连接AB,易得AD AB,AB  AB, 1 1 1 1 又ADAB  A,AB平面ABD,又CD //AB,CD 平面ABD,故A正确. 1 1 1 1 1 1 1 对于B，如下图， 取AD的中点O ，连接AC,AO,OC，则AO  AD， 1 1 1 1 1 1 又AB 平面ADDA，AO 平面ADDA，所以AO  AB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又ADAB＝A，AD,AB 平面ABCD，所以AO 平面ABCD， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以ACO 为AC与平面ABCD所成的角， 1 1 1 又AC2 2,AO  2, 1 答案第5页，共13页AO 2 1 所以sinACO  1  , 1 AC 2 2 2 π 又ACO [0, ]，所以ACO 30，故B错误. 1 2 1 对于C，在平面ABCD 内延长EF与CB 交于S， 1 1 1 1 1 1 连接SG交BB 于M ,则FB BS 1,CG1， 1 1 1 1 1 1 因为BM//CG,所以BM  CG , 1 1 1 3 1 3 设平面EFG 平面CCDDl，且l过G， 1 1 因为平面EFG平面ABBA MF，平面ABBA//平面CC D D， 1 1 1 1 1 1 1 所以FM//l，取CD 中点F ，在CC上取M ，满足CM BM  ， 1 1 1 1 1 1 1 1 3 CF CM 1 则FM //FM//l,设lCD Q,则 1 1  1 1  ,所以CQ3, 1 1 1 1 CQ CG 3 1 1 1 即Q在CD 的延长线上，所以l与线段DD相交，设交点为N， 1 1 1 则平面EFG截正方体ABCD ABCD的截面为五边EFMGN .故C正确. 1 1 1 1 对于D，如下图，连接BD、ED,取BC 得中点T ,连接CT ,过B 1 1 作BH CT, CT //DE,CT 平面BEF,CT //平面BEF, 则点P在线段CT 上,BP最小值即为BH . BH CC 4 5 又CCT BCH ,  1 2,又BC 2,BH  .故D正确. 1 HC C 1 T 5 答案第6页，共13页故选：ACD. 【点睛】方法点睛:利用平面的性质确定截面形状的依据如下: (1)平面的四个公理及推论; (2)直线与平面平行的判定与性质; (3)两个平面平行的性质. 12．6 【分析】先计算前面几项，得出周期再计算a 308 【详解】a 3,a 6,a a a 3,a a a 3,a a a 6,a a a 3 1 2 3 2 1 4 3 2 5 4 3 6 5 4 a a a 3,a a a 6 7 6 5 8 7 6 即a a ,a a ,所以a 是周期为6的数列 7 1 8 2 n 因为3086512 所以a a 6 308 2 故答案为：6 13．x2y22 4 【分析】由圆与直线相交的弦长公式求出a，即可求解 【详解】因为M :x2 y22ay0a0，则M :x2ya2 a2a0， 又圆直线xy0所得线段的长度是2 2， 2  a   2 所以    2 a2，解得a2，  2 所以圆M的方程为x2y24y0 10 1 14． ##3 3 3 答案第7页，共13页【分析】构造函数，分别求导求出最值，则当两式相等时，结果只能是最值时取等，从而求 解. 3a 【详解】设 f(a)63lnaa，则 f(a) ， a 当a(0,3)时， f(a)0， f(a)单调递增， 当a(3,)时， f(a)0， f(a)单调递减， 所以 f(a)  f(3)33ln3； max 3(3b1) 设g(b)9b3lnb，则g(b) ， b 1 当b(0, )时，g(b)0，g(b)单调递减， 3 1 当b( ,)时，g(b)0，g(b)单调递增， 3 1 所以g(b) g 33ln3 ； min 3 1 所以若 f(a)g(b)，必有a3,b ， 3 1 10 所以ab3  ， 3 3 10 故答案为： . 3 15．(1)a 2n11 n (2)T n12n24 n 【分析】（1）当n2时，由S =2a -n-2，得S 2a n12，两式相减，得 n n n1 n1 a 2a 2a 1，可得a 12a 1，而a 140，从而可得数列a 1是等比数 n n n1 n n1 1 n 列，进而可求出a 的通项公式； n （2）由（1）可得b 2n1，然后利用错位相减法求和可得. n 【详解】（1）证明：因为S =2a -n-2，nN*，所以当n2时，S 2a n12， n n n1 n1 两式相减得a 2a 2a 1，化简得a 2a 1，则a 12a 1 n n n1 n n1 n n1 当n1时，S a 2a 3，解得a 3，且a 140， 1 1 1 1 1 所以a 1是以4为首项，2为公比的等比数列， n 答案第8页，共13页所以a 142n12n1，a 2n11,  nN* ，且n1时也符合， n n 所以a 2n11. n （2）因为b a 1，所以b 2n1， n n n 所以T =b +2b ++nb =1×22+2×23++n×2n+1 n 1 2 n 2T 123224n12n1n2n2 n 4  12n 两式相减可得T 2223242n1n2n2 n2n22n24n2n2 ， n 12 所以T n12n24. n 16．(1)证明见解析 1 (2) 9 【分析】（1）取PA的中点F ，通过构造平行四边形得到线线平行，进而得到结果； （2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面的法 向量，根据向量的夹角公式求得答案. 【详解】（1）取PA的中点F ，连接EF,BF， 1 因为E为PD的中点，所以EF//AD,EF  AD， 2 1 因为AD//BC,BC  AD，所以EF//BC,EF BC， 2 所以四边形EFBC为平行四边形，所以EC//BF， 又BF 平面PAB，EC平面PAB， 所以EC//平面PAB． （2）因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PA平面PAD， PAD90， 所以PA平面ABCD， 因为AB平面ABCD，所以PA AB，又BAD90， 所以AB,AD,AP两两垂直， 以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 答案第9页，共13页设AD AB AP2BC2， 则A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,1,0),E(0,1,1)，     所以AC (2,1,0),AE (0,1,1),CD(2,1,0),CE (2,0,1)．  设平面ACE的法向量为n(x,y,z)，    nAC 2xy0 则   ， nAE  yz 0  取x1，得y2,z2，所以n(1,2,2)．  设平面CDE的法向量为m(a,b,c)，    mCD2ab0 则   ， mCE 2ac0  取a1，得b2,c2，所以m(1,2,2)． 设平面ACE与平面CDE的夹角为，     |mn| 1 1 则cos cos m,n      ， |m||n| 33 9 1 即平面ACE与平面CDE的夹角的余弦值为 ． 9  17．(1)A  3 (2)a 2,3 33   【分析】（1）正弦定理角化边，再余弦定理求解即可； （2）正弦定理结合三角函数求范围即可. 【详解】（1）由正弦定理可得，  a2c2 c  bcc2 b， 即b2c2a2 bc， 答案第10页，共13页b2c2a2 1 由余弦定理可得cosA  ， 2bc 2  由于A(0,π)，则A  . 3 asinB 2 3 asinC 2 3 2 3  2π  （2）由正弦定理得b  asin B， c  asin C asin B ， sinA 3 sinA 3 3  3  2 3 2 3 2π     π  所以周长abca  sinB sin B 1  a 2sinB 1  6 ，  3 3  3     6    π 0B   2 π π 由于V ABC为锐角三角形，所以 ， B ,  0C  2π B π 6 2  3 2 π π 2π  π  3  所以 B  ，所以sinB  ,1，  3 6 3  6  2  6  π  2sinB 1 31,3  ， a  6 a 2,3 33  .  x2 y2 18．(1)  1 8 4   (2) 2,2    【分析】（1）根据焦距以及点P 6,1 在椭圆C上，列方程组求解即可； （2）设出点Q、点R的坐标，根据垂直关系列出方程组，以点Q坐标表示点R坐标，结合 距离公式以及椭圆方程进行消元，结合椭圆范围求解即可. 【详解】（1）由题意，2c4，c2，   又因为点P 6,1 在椭圆C上， a2 b24  则 6 1 ，解得a2 8,b2 4，   1 a2 b2 x2 y2 所以椭圆C的方程为  1. 8 4 （2）由（1），B(0,2),B (0,2) ，设Q(m,n)2n2在椭圆上，则 m2  n2 1， 1 2 8 4     设R(x,y)，则BR(x,y2),B R(x,y2),BQ(m,n2),BQ(m,n2), 1 2 1 2 由BR BQ,B R BQ可得： 1 1 2 2 答案第11页，共13页   B  R    B  Q  mx(n2)(y2) 0  x n24  1   1  ，解得 m ， B 2 RB 2 Qmx(n2)(y2) 0  yn 则  n24 2  n24 2 n24 ， OR  n2  n2  m2 82n2 2 n24 由于2n2，则0n2 4， 2  2 2 所以 OR 的范围为 2,2  .  19．(1) e2x y20 (2)（i）证明见解析；（ii)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）利用导数判断gx的单调性，求得x 的范围和gx 的表达式，利用单调性证明； 0 0 （ii) 通过求导得到 f x的最小值为 f x ，满足x lnx ln20，由（i）已得gx的最大 1 1 1 值为gx ，满足lnx x ln20，根据函数yxlnxln2在(0,)上为增函数可得 0 0 0 x  x ，将结果代入 f a2gb f x 2gx ，化简计算即得证. 1 0 1 0 2 【详解】（1）由 f xex2lnx，可得 f 1e，求导得 fxex  ， x 则k  f1e2， 切 故曲线y f x在点  1, f 1 处切线方程为ye(e2)x1， 即e2xy20. ln2lnx 1 ln2lnxx （2）（i）gx   ， x2 x x2 1 设hxln2lnxx，x0,，则hx 10 x 所以hx在(0,)上单调递减， 答案第12页，共13页1 1 因h( )2ln2 0 ，h(1)ln210， 2 2 1 故存在唯一x ( ,1)，使得hx 0，即lnx x ln20，即ln2x lnx ， 0 2 0 0 0 0 0 则当x0,x 时，h(x)0，gx0， 0 当xx ,时，h(x)0，gx0， 0 则gx在0,x 上单调递增，在x ,上单调递减， 0 0 1ln2lnx 1 x 为gx的极大值点，gx  0 lnx 1 x ln2， 0 0 x 0 x 0 0 0 1 1  1 5 函数yx x ln2在区间 2 ,1  单调递减，则2ln2 x  x 0 ln2 2 ln2 ， 0 5 即2ln2 gx  ln2. 0 2 2 2 （ii)由 fxex  ，因为yex和y 在(0,)上单调递增， x x 1 则 fx在(0,)上单调递增，且 f1e20， f   e40， 2 1 2 则存在唯一x ( ,1)，使得 fx 0，即ex1  0，即x lnx ln20 ，（*） 1 2 1 x 1 1 1 当x0,x 时， fx0，当xx,时， fx0， 1 1 故 f x在区间0,x 上单调递减，在区间x,上单调递增， 1 1 2 1 f x的最小值为 f x ex12lnx  2(ln2x )2(x  ln2) ， 1 1 x 1 1 x 1 1 由（i）可知，gx的最大值为gx ，且lnx x ln20，（**） 0 0 0 由于函数yxlnxln2在(0,)上为增函数，由（*），（**）式可得x  x ， 1 0 故对任意正实数a,b，都有 1 1 f a2gb f x 2g x 2(x  ln2)2(x  ln2)0 ， 1 0 1 x 0 x 1 0 故对任意正实数a,b，都有 f a2gb0. 答案第13页，共13页