数学+答案江苏省连云港市2025-2026学年高三上学期期中调研考试数学试题-A4答案卷尾_251116江苏省连云港市2025-2026学年高三上学期期中（全科）

2025~2026 学年第一学期期中调研考试 高三数学试题 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案 写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分 150分，考试时间 120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交 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. 2 1．已知复数z1i，则 的虚部为（ ） z 1 1 A．1 B．i C． D． i 2 2 2．已知集合A0,a，B1,a2,2a2，若AB，则a（ ） 2 A．1 B． C．1 D．2 3 3．“x0”是“xy0”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．若关于x的不等式m1x2mxm10的解集为，则m的取值范围为（ ）  3 3 3 3   2 3 2 3  A．  ,  B． ,  C．,  D． ,  2   2   3   3  5．函数 f xlgsin2x的图象的对称轴方程为（ ） π π k A．x kπ，kZ B．x  π，kZ 4 4 2 π π k C．x kπ，kZ D．x  π，kZ 2 2 2 π kπ tan 6．已知3sin2sin，且 kπ， ，kZ，则 （ ） 2 2 tan 试卷第1页，共4页1 1 A．3 B． C．2 D． 3 2 7．已知函数 f x，gx，hx的定义域都为R，其中 f x为奇函数，gx为偶函数， 且 f xx1hx，gxhxx3，则函数hx的最大值为（ ） 27 27 27 27 A． B． C． D． 196 256 196 256 8．已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为 7的黑球，则红球的表面积为（ ） 49 49 A． π B． π C．49π D．98π 3 2 二、选择题：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．若a，b为两条异面直线，，为两个平面，a，b，l，则直线l（ ） A．可以与a，b都垂直 B．至少与a，b中一条相交 C．至多与a，b中一条相交 D．至少与a，b中一条平行 π 10．在V ABC中，D为BC的中点，E为BD的中点，若BAC  ，且V ABC的面积为 3 ， 3 则（ ）  3 1   AB2 AC2 A．AE AB AC B．ADBC 4 4 2     3 C．ABAC 2 D． ADAE 的最小值为 1 3 11．已知函数 f xsinxlnx，将 f x的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列 x ，对于任意的正整数k，则（ ） n A．x x π B．x 是极大值点 k1 k 2k1 C．x x  2π D． f x  f x  2k1 2k1 2k1 2k1 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．某校报告厅第一排有22个座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位， 则这个报告厅共有 个座位. x 13．设0xπ，且3sin  1sinx 1sinx，则tanx . 2 1 14．若函数 f x x2x ax 在区间,2上有零点，则实数a的取值范围为 ． 2 试卷第2页，共4页四、解答题：本题共 5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算 步骤. 15．设等比数列a 的前n项和为S ，且S a 1. n n n n1 (1)求数列a 的通项公式； n 1 (2)若b  ，数列b 的前n项和为T ，证明：T 1. n log a log a n n n 2 n1 2 n2 π  16．在V ABC中，AB2，BC1，2sinA 3sin C. 2  (1)求C； (2)求V ABC的角平分线CD的长.   17．已知多面体ABCDEP的底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，DEAP，0. (1)证明：平面PAB平面PADE； (2)设ABAP2. 1 （i）当 时，求直线CE与平面BPC所成角的正弦值； 2 （ii）若二面角BPCE的大小为135，求的值. x2 y2  3 18．已知椭圆C：  1ab0的焦距为2，且经过点1, . a2 b2  2 (1)求椭圆C的方程； 1 1 (2)若A，B是椭圆上的两个点，且AOB90，证明： 2  2 为定值； OA OB 2 3 (3)将椭圆C上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的 倍，得到曲线D.若点 3   P 2,0 ，点M ，N 在曲线D上，且MPN 90，求 MN 的最大值. x2 19．已知函数 f x ，直线l：yb. ex 试卷第3页，共4页(1)若直线l与曲线y f x相切，求实数b的值； (2)证明：对于b0，mR，使得当xm时，直线l恒在曲线y f x上方； (3)若直线l与曲线y f x有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为x， 1 4e x ，x ，证明：x x xx  . 2 3 2 3 1 3 e1 试卷第4页，共4页1．A 【分析】根据复数的除法及乘法运算，再结合虚部定义判断. 2 2 21i 2 【详解】因为复数z1i，则   1 i，则 的虚部为1. z 1i 1i1i z 故选：A. 2．C 【分析】根据集合间关系列式计算再分类讨论结合已知求参. 【详解】因为集合A0,a，B1,a2,2a2， 又因为AB， 当a20即a2时，A0,2,B1,0,2，不符合题意； 当2a20即a1时，A0,1,B1,1,0，符合题意； 则a1. 故选：C. 3．B 【分析】结合充分条件和必要条件的定义即可分析判断． 【详解】假设x10，y0，有xy0，即充分性不成立； 若xy0，则有x0且y0，即必要性成立； 综上，“x0”是“xy0”的必要不充分条件． 故选：B． 4．C 【分析】分类讨论，即可结合判别式求解. 【详解】当m1时，不等式为x20，此时解集不为空集，不符合题意， 当m1时，若解集为空集，则m24m1m10 ，解得m 2 3 ， 3 当m1时，此时不等式的解集一定不为空集，故不符合题意， 2 3 综上可得m , 3 故选：C 5．A 【分析】根据正弦函数的对称轴方程，结合对数函数的性质即可求解. 答案第1页，共14页【详解】由题意可知：sin2x0，即2kπ2xπ2kπ,kZ， π π 所以对称轴方程为2x 2kπ,kZ，解得x kπ,kZ， 2 4 故选：A 6．D 【分析】通过角的拆分和三角恒等变换即可推导得到结果． 【详解】由2，，将其代入3sin2sin， 得3sin    sin     ， 展开得3  sincoscossin sincos   cossin   ， π kπ 整理得2sincos4cossin 0 ，又 kπ， ，kZ， 2 2 所以coscos0 ，两边除以 2coscos， 得tan2tan0 ，解得 tan  1 ． tan 2 故选：D． 7．D 【分析】根据 f x为奇函数，gx为偶函数，分别得x1hxx1hx， hxx3hxx3，联立求得hx的表达式，再进行求导即可求解． 【详解】 f x是奇函数，所以 f xf x， 又由 f xx1hx，得x1hxx1hx ， ① 因为gx是偶函数，所以gxgx， 又由gxhxx3，得hxx3hxx3 ， ② 联立 可解得hxx4 x3， ①② 3 所以hx4x33x2x2 4x3，令hx0，解得x0或x ， 4 3 当x 时，4x30，且x2 0，故hx0，hx单调递增； 4 3 当x 时，4x30，故hx0，hx单调递减； 4 答案第2页，共14页3 因此，hx在x 处取得极大值，也是最大值， 4 4 3 3 3 3 27 h      ． 4  4 4 256 故选：D． 8．C 【分析】由题意画出图形，利用大球与四个小球内切，结合半径相等列式即可求解. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 设三个半径为3的白球的球心分别为A,B,C ，设红球半径为r，球心为D， 连接AB，BC，AC，AD，BD，CD， 则D在平面ABC上的射影为底面正三角形ABC的外心G， 2 可得BG  6232 2 3， 3 三棱锥DABC为正三棱锥，侧棱DBr3， 再设大球的球心为O，由对称性可得，O在线段DG上， 要使大球与四个小球都内切， 则OD7r,OB734，OG OB2BG2 2 ， 7 又 BG2DG2 BD2 ，1227r2 r32，解得r  ， 2 则红球的表面积S 4πr2 49π． 故选：C． 9．AB 【分析】可以通过举反例或反证法判断各个选项正误. 【详解】因为a，b为两条异面直线且a，b，l，所以a与l共面，b与l 共面. 答案第3页，共14页若l与a、b都不相交，则b//l,a//l,a//b，与a、b异面矛盾，所以至少与a，b中一条相 交故B对，C、D错； 当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，直线l可以与a，b都垂直，故A对. 故选：AB. 10．AC 【分析】根据向量的数量关系计算判断A，应用平面向量数量积公式及运算律计算判断B， 根据面积公式得出ABAC4，再计算数量积公可判断C，先应用数量积运算律计算，最 后应用基本不等式得出最小值判断D. 【详解】在V ABC中，D为BC的中点，E为BD的中点，  1  1  1  1 1  1  3 1  所以AE AB AD AB  AB AC  AB AC，A选项正确； 2 2 2 2 2 2  4 4  1       AB2AC2 AD·BC  ABAC ·ABAC  ，B选项错误； 2 2 π 1 3 因为BAC  ，又因为V ABC的面积为 3 ABAC ，则ABAC4， 3 2 2   1 所以ABAC  ABAC 2，C选项正确； 2   1   3 1  ADAE  ABAC  AB AC  2 4 4   1 3  A  B  2   A  C  2 4  A  B  ·  A  C   1 83AB2AC2  1 82 3AB2AC2   31， 8 8 8 4   当且仅当AB2  3,AC2 4 3时取 ADAE 的最小值为 31. 3 故选：AC. 11．BCD 1 【分析】求导，根据ycosx与函数y 图像交点情况，即可根据极值点的定义求解B， x  1 举反例即可求解A，根据x 2k1 π的单调性即可求解C，根据函数的单调性即可 2k1  2 求解D. 【详解】 f x的极值点为 fxcosx 1 在0,上的变号零点. x 答案第4页，共14页1 即为函数ycosx与函数y 图像在0,交点的横坐标. x 1 1 又注意到x0,时， 0，kN时，cosπ+2kπ1 ， x π+2kπ  π  π π  kN，x0,  2kπ, 2kπ时，cosx0.据此可将两函数图像画在同一坐标系  2  2 2  中，如下图所示. 5 3 对于A，由图像可知x  π,x  π，则x  x π，故A错误； 3 2 2 2 3 2 π  1 对于B，注意到kN时， f  2 2kπ   π 0 ， fπ2kπ1 1 0， 2kπ π2kπ 2 3π  1 f  2kπ 0  2  3π . 2kπ 2 1 1 结合图像可知当xx ,x ,cosx  ,f x  0,x x ,x ,cosx  ,f x 0, 2k1 2k x 2k 2k1 x 当x,x ,x ,是函数的极大值点，x ,x ,x ,是函数的极小值点，故B正确， 1 3 5 2 4 6  1  1  对于C, x 2k1 π表示两点x ,0与2k1 π,0间距离，由图像可知， 2k1  2 2k1  2   1 随着n的增大，两点间距离越来越近，即x 2k1 π为递减. 2k1  2  1  1 故x 2k1 πx  2k1  π，化简可得 2k1  2 2k1  2 x x  2π，故C正确； 2k1 2k1 对于D，由于x     2k1 1 π,2k1π   2 k2π,2 k1π  ， 2k1  2  故cosx 0,sinx 0,因此sinx  1cos2x ， 2k1 2k1 2k1 2k1 1 且cosx  ，故 2k1 x 2k1 答案第5页，共14页2  1  f x sin x ln x  1cos2 x ln x  1  ln x ， 2k1 2k1 2k1 2k1 2k1 x  2k1 2k1 2 1  1  由于y x 2k1 为单调递减函数，y1 x 2k1   为单调递增函数，结合ylnx 2k1 为单调递增 2  1  函数，因此y 1 x   lnx 2k1 为单调递增函数，由于x 2k1 x 2k1 ，可得 2k1 f x  f x ，故D正确. 2k1 2k1 故选：BCD 12．820 【分析】根据等差数列通项公式计算以及求和公式即可求解. 【详解】根据题意可知：报告厅的座位个数成等差数列，且a 22,d 2,a 60 ， 1 n 故a 60222n1，故n20， n a a n 226020 所以座位的个数为 1 n   820， 2 2 故答案为：820 12 13． 5 【分析】应用二倍角公式及同角三角函数关系计算化简，再结合同角三角函数关系求得 x 2 tan  ，最后应用二倍角正切公式计算求解. 2 3 2 2  x x  x x 【详解】 1sinx 1sinx  sin cos   sin cos   2 2  2 2 x x x x  sin cos  sin cos ， 2 2 2 2 x π x x x x 又因为0xπ，所以0  ，所以sin 0,cos 0,sin cos 0， 2 2 2 2 2 2 x x x x x 所以3sin sin cos sin cos ， 2 2 2 2 2 x x x x 所以2sin cos  sin cos ， 2 2 2 2 x x x x x x x x 所以2sin cos cos sin 或2sin cos sin cos ， 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x 2 所以3sin 2cos 或sin =0不合题意，所以tan  ， 2 2 2 2 3 答案第6页，共14页2 2 3 12 所以tanx  . 4 5 1 9 12 故答案为： . 5  1 14．0,   2 1 【分析】根据题意，参数分离得a2x 在,2上有解，再根据函数单调性求解即可． 2x 1 【详解】函数 f x x2x ax 在区间,2上有零点， 2 1 即a2x 在,2上有解， 2x 1 又y2x,y 在,2单调递增， 2x 1 所以gx2x 在,2单调递增， 2x 1 1 又x时，gx0，且g222  ， 22 2  1 所以a0, ．  2  1 故答案为： 0,  ．  2 15．(1)a 2n1 n (2)证明见解析 【分析】（1）应用a S S 结合等比数列定义计算求解； n1 n1 n （2）先应用对数运算计算，再应用裂项相消法计算证明不等式. 【详解】（1）由S a 1得，S a 1，两式相减得a 2a . n n1 n1 n2 n2 n1 因为数列a 是等比数列，所以q= 2. n 当n1时，S a 1，则a 2a 1，所以a 1. 1 2 1 1 1 综上a 2n1. n 1 1 1 1 （2）由a n 2n1，得b n  log a log a  nn 1  n  n 1 . 2 n1 2 n2  1 1 1 1 1 1 1  1 所以T b b b b 1           1 . n 1 2 3 n  2 2 3 3 4 n n 1 n 1 答案第7页，共14页1 由于nN， 0，所以T 1. n1 n π 16．(1)C  3 5 3 39 (2)CD . 2 【分析】（1）根据诱导公式以及正弦定理可得tanC  3 ，即可求解， 1 13 （2）利用余弦定理可求解AC ，进而利用等面积法即可求解. 2 π  【详解】（1）由2sinA 3sin C得2sinA 3cosC， 2  AB BC 2 1 由正弦定理  得  ，即2sinAsinC. sinC sinA sinC sinA 因为sinC 3cosC，所以tanC  3 ， π 又C0,π，故C  . 3 （2）在V ABC中，由余弦定理，AB2  AC2BC22ACBCcosC， 1 13 得AC2AC30，解得AC （舍去负值）， 2 1 13 所以AC  . 2 在V ABC中，S  S S ， △ABC △ACD △BCD 1 1 1 则有 ACBCsinACB ACCDsinACD BCCDsinBCD 2 2 2 1 131 3 1 1 131 1 1 5 3 39 即      CD   CD，解得CD . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 17．(1)证明见解析 10 (2)（i） ；（ii）2 3或2 3. 10 【分析】（1）根据题意证明AB平面PADE即可求解； （2）（i）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，再由线面夹角的向量求解方式求解即可；     n n 1 （ii）由二面角的向量求法，求得 cos n 1 ,n 2  n 1 n 2  2 21 ，再由二面角为135 1 2 答案第8页，共14页代入求解即可． 【详解】（1）证明：底面ABCD为正方形，得ABAD . 因为PA底面ABCD，AB面ABCD，得ABPA. 又PAAD A，PA平面PADE，AD平面PADE，得AB平面PADE， 由AB平面PAB，所以平面PAB平面PADE； （2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 由AB AD AP2得，A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2 1    （i）当 时，E0,2,1，CE 2,0,1，PC2,2,2，BC 0,2,0， 2  设平面BPC的法向量为n x,y ,z ， 1 1 1 1    n BC 0, 2y 0, 由 1  得 1 n 1 PC 0, 2x 1 2y 1 2z 1 0  不妨取x 1，则z 1，从而平面BPC的一个法向量为n 1,0,1 . 1 1 1 设直线CE与平面BPC 所成的角为，     CEn 1 10 则sin cos CE,n   1   ， 1 CE n 5 2 10 1 10 直线CE与平面BPC所成角的正弦值为 . 10    （ii）由DEAP，得E0,2,2，CE2,0,2，   由（1）知PC2,2,2，n 1,0,1 . 1   设平面PCE的法向量为n x ,y ,z ，CE2,0,2 2 2 2 2 答案第9页，共14页   n PC 0, 2x 2y 2z 0 由 2  得 2 2 2 ，不妨取z 1， n 2 CE 0, 2x 2 2z 2 0 2 则x ，y 1， 2 2  所以平面PCE的一个法向量为n ,1,1 . 2     n n 1 则 cosn,n  1 2  ， 1 2 n n 2 21 1 2 1 2 又因为二面角BPCE的大小为135°，所以  ， 2 21 2 化简得2410 ， 得2 3或2 3. x2 y2 18．(1)  1 4 3 (2)证明见解析 (3) 6 2. 【分析】（1）由题意列式求a,b,c，进而可得椭圆的方程. （2）分两种情况：直线OA或OB其中一条斜率不存在时及直线OA，OB斜率存在且均不为 0时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程，由韦达定理计算 1 1  ，即可证明； |OA|2 |OB|2 2  2 3 （3）解法一：设点及直线代入计算得出轨迹方程x  y2 ，即可得出弦长最值；    2  2 解法二：设点代入得出m2n2 OP2 2，再应用两点间距离公式结合基本不等式求解.  1 9   1, a2 4, 【详解】（1）由题意得a2 4b2 解得  a2 b21, b2 3. x2 y2 所以椭圆C的方程为  1. 4 3 1 1 1 1 7 （2）当直线OA或OB其中一条斜率不存在时，     . OA 2 OB 2 4 3 12 当直线OA，OB斜率存在且均不为0时，设直线OA：ykx，Ax,y ， 1 1 答案第10页，共14页ykx,  12 由x2 y2 得x2  ，   1 1 34k2  4 3 1 1 1 34k2 所以 OA 2  x2 y2  x2k2x2  12  1k2. 1 1 1 1 1 43k2 1 1 7  1k2 7 同理可得 OB 2  12  1k2 ，所以 OA 2  OB 2  12  1k2  12 . 1 1 7 综上，   . OA 2 OB 2 12 （3）解法一： 设曲线D上任意一点坐标为x,y，对应椭圆C上点坐标为x ,y ， 0 0 xx ,  0 x2 y2 则 2 3 代入 0  0 1中得：x2y2 4. y y 4 3  3 0 2 设MN的中点为Tx,y，因为OT2   MN   4，所以OT2PT2 4  2  2  2  2 3 所以x2y2 x 2 y2  4，即x  y2 .    2  2  6 2 所以 MN 2 PT 2   6 2.    2 2  解法二： 设曲线D上任意一点坐标为x,y，对应椭圆C上点坐标为x ,y ， 0 0 xx  0 x2 y2 则 2 3 代入 0  0 1中得：x2y2 4. y y 4 3  3 0 答案第11页，共14页设原点到直线PM ，PN的距离分别为m，n，则m2n2 OP2 2.  2  2 MN2  PM2PN2  n 4 m2  m 4 n2   82n 4m2 2m 4n2 82 n2m2 8m2n2 84 3. 所以 MN  6 2，当且仅当mn1时取得等号. 即 MN 的最大值为 6 2. 4 19．(1)b0或b . e2 (2)证明见解析 (3)证明见解析  x2  【分析】（1）先设切点Px , 0 ，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参；  0 ex0  4 4 （2）把恒成立问题转化为最值关系，分b 和0b 计算证明； e2 e2 bex1 x2①,  1 1 （3）根据交点列式bex2 x2②,再取对数构造函数Gt2lntt ，最后应用导函数 得   bex3 x 3 2 2③, t 出函数单调性计算证明即可. 【详解】（1）设直线l与曲线y f x相切于点P    x 0 , e x x 0 2 0    ， fx  2x e  x x2 ， 令 fx 0，得x 0或2. 0 0  4  4 4 故切点为P0,0或P2, ，切线方程为y0或y ，即b0或b .  e2  e2 e2 （2）由 fx  2xx2 得，当x,0 ， f x递减，有 f x0， ex 当x0,2 ， f x递增，有0 f x 4 ， e2 4 当x2,， f x递减，有0 f x . e2 若b 4 ，取m2，当xm时，结合函数 f x单调性可知 f x f m f 2b e2 4 3 3 3 若0b ，取m  e2 2，下面证明不等式 f m f  b ， e2 b 4 b 答案第12页，共14页ex 1 先证明如下不等式：当x0，有  ， x3 3 令Fx ex ，Fx exx3 ，当x0,3，Fx递减，当x3,，Fx递增， x3 x4 3 有FxF3 e3  1 ，即F   3  eb  1 ， b 27 3 27 3 b3 2 3   3 变形得：b b ，即 f  b   b， 3 eb 故当xm时，结合函数 f x单调性可知 f x f mb. 综上，结论成立. bex1 x2①,  1 （3）由题意及函数 f(x)的单调性可知：x 0 x 2 x ，满足bex2 x2②, 1 2 3 2   bex3 x 3 2③, lnbx 2lnx , 由②③可得 2 2 lnbx 2lnx , 3 3 x x 作差得x x 2lnx lnx ，故有2 3 2 3 2 3 2 lnx lnx 3 2 x x 3  2 x x x x 下证不等式 3 2  x x 成立，即证 2 3 1， lnx lnx 2 3 x 3 2 ln 3 x 2 1 x t 令t  3 1，只需证t1时， t 成立， x 1 2 2lnt 1 即证t1时，2lntt 0， t 令Gt2lntt 1 ， Gt t12  0 ，Gt在1,递减， t t2 故GtG10， x x 故2 3 2  x x ， lnx lnx 2 3 3 2 则x x 4. 2 3 4e 4e 4 故要证x x xx  ，只需证4xx  ，即证xx  ， 2 3 1 3 e1 1 3 e1 1 3 e1 答案第13页，共14页又因为x 0，x2 bex1 b，则 x x  b ， 1 1 1 1 x2 x2 4 所以xx  bx  3 ，故只需证 3  ， 1 3 3 x3 x3 e1 e2 e2 x 4t2 4t2t 令t  3 1，设函数t ，t1，t ， 2 et et 所以t在1,2上递增，在2,上递减. 16 4 所以t2  ，故命题得证. e2 e1 答案第14页，共14页