江苏省镇江市第一中学、镇江中学等2025-2026学年高三上学期1月四校联考数学试题(含解析)
文档属性
| 名称 | 江苏省镇江市第一中学、镇江中学等2025-2026学年高三上学期1月四校联考数学试题(含解析) |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 170.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-13 15:52:36 | ||
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文档简介
江苏省镇江市第一中学、镇江中学等第一批次学校2026届高三上学期1月学情调研（四校联考）数学试题
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则
A. B.
C. D.
2. 已知为虚数单位，复数，则其共轭复数的虚部是（ ）.
A. B.
C. D.
3. 已知，则是的（ ）
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
4. 数列是各项均为正数的等比数列，数列是等差数列，且，则
A. B.
C. D.
5. 若，，，且，则的最大值是（ ）.
A. B.
C. D.
6. 已知的内角，，满足，则下列说法错误的是（ ）
A.
B. 是直角三角形
C.
D. 是钝角三角形
7. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点，点在上，，且的面积为4，则的准线方程为（ ）
A. B.
C. 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，有选错的得0分
9. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则
10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排，，，，这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作.则下列说法中正确的是（ ）
A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种
B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中不负责语文且不负责数学工作，则有138种不同的方案.
11. 如图，在正四棱柱中，底面边长，侧棱长，为底面内的动点，且与所成角为，则下列命题正确的是（ ）
A. 动点的轨迹长度为
B. 当平面时，与平面的距离为
C. 直线与底面所成角的最大值为
D. 二面角的范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知二项式，其展开式中项的系数为________.
13. 已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值______.
14. 设函数和的定义域为，若存在非零实数，使得，则称函数和在
上具有性质.现有下列三组函数：
①， ； ②， ； ③， .
其中具有性质的是.（填序号）
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. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，.且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
16. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
17. 正项数列的前项和满足：
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有.
18. 在直角坐标系中，动点到直线的距离与到点的距离之比为，动点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）是直线上一点，过点作曲线的两条切线、，切点为、，求的最大值.
19. 已知函数（）.
（1）令，讨论的单调性并求极值；
（2）令，若有两个零点；
（i） 求的取值范围；
（ii） 若方程有两个实根，，，证明：.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C C B D B D A AC BCD AC
1. ，所以.选D.
2. ，则有，的虚部是.选：C
3. 若，则，所以，且，则，即，当为奇数时，，为奇函数，当为偶数时，，为奇函数，充分性满足；若是奇函数，则，即，即，故必要性也满足；所以“”是“是奇函数”的充要条件.选：C
4. ，，，，，，，所以，选B.
5. ，，所以，，当且仅当与同向时取等号，因此的最大值为3；选：D.
6. ，，，即，故A正确；由，所以或，而，即，由，又，又因为，所以，所以是钝角三角形，故D正确，B错误；又，所以，故C正确；选：B.
7. 令，，即为奇函数，又，在上均为减函数，为减函数，由得：，，即，解得.选：D.
8. 由题知的准线过点，如图，过点作的准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义可知，则由可知，在中，，得，即，由的面积为4，得，则，则，，得，的准线方程为，选：A.
9. 由及换底公式， ， ， 又单调递减， 故，A正确； 由得， 则， 故B错误； 令，， 则， ， 所以在区间上单调递增， 又即， 即， 故C正确； 由， ，，， ， ， 故D错误： 选AC
10. 这五人每人任选一门学科， 则不同的选法有种， 故A错误； 根据若每人安排一门学科， 每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法， 再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 有种不同的方案， 故B正确； 若数学学科必须安排两人， 则有种方法， 其余学科各安排一人共有种， 有种不同的方案， 故C正确； “每人安排一门学科， 每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B）， 需排除“负责语文”或“负责数学”的情况， 用容斥原理计算： 情况1： 负责语文， 固定在语文， 剩余4人分配到4科 （每科至少1人）， 分2种子情况： ①语文为“2人组” （人）： 选1人加入语文 （）， 剩余3人分配到其他3科 （）， 方案数： ； ②语文为“1人组” （仅）： 先、、、分为三组， 有种方法， 再将三组分到数学、英语、物理， 有种方法， 故总的方法数为： ； 情况1总方案数： . 情况2： 负责数学与“情况1”对称， 总方案数同样为60. 情况3： 负责语文且负责数学 （重复减去的部分） 在语文、在数学， 剩余3人分配到4科 （每科至少1人）， 分2种子情况： ①语文或数学为“2人组”： 剩余3人选2人分配到英语和物理 （）， 最后1人去语文或数学 （）， 方案数： ； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组， 有种分法， 两组分配到英语和物理， 有种分法， 故方案数为； 故情况3总方案数： . 不符合条件的方案数为： ， 符合条件的方案数为： ， 故D正确： 选BCD.
11. 因为且与所成角为， 所以与所成角也为. 又， . 又在底面内， 的轨迹为以为圆心，1为半径的圆周的四分之一， 长度为故选项A正确； 当平面时， 到平面的距离即为与平面的距离， ， 在中， ，， 边上的高为2， 设到平面的距离为， 则， 解得故选项B错误； 连接， 则线段为线段在底面的投影， 故直线与底面所成角为， 且由选项A可知， 当为正方形中心时， 最短为1， 此时最大为即故选项C正确；
当在线段上时，，，因为是等腰三角形，所以取中点，连接，则。过作交于点，分别连接，，则，故四边形是等腰梯形，取中点，则，所以是二面角的平面角。在四边形中，，，，故。又，故。由选项知，。在中，由余弦定理得，所以，故选项错误。选：。
12. ，令，则，所以，故展开式中项的系数为。答案为：。
13. 圆心坐标为，半径。令，，消去参数可得，，所以圆心在直线上运动。因为直线被圆截得的弦长始终为定值，结合弦长公式可知，圆心到直线的距离为定值。因此直线应与圆心轨迹直线平行。又直线经过点，所以直线方程为：，即。所以圆心到直线的距离等于两平行线的距离。所以定直线被圆截得的弦长始终为定值。答案为：。
14. 对于①：函数和定义域均为，且存在使得，所以函数和在上具有性质；对于②：函数和定义域均为，如图，函数与图象关于轴对称，与图象只有一个交点，所以只存在一个实数使得，所以函数和在上不具有性质；对于③：与定义域均为，令，所以上切线斜率为的切点为，所以该点处切线方程为，该切线与平行，又，所以，所以，所以，所以该切线在轴上的截距为，所以该切线在直线上方，所以直线与函数图象没有交点，又直线与关于轴对称，所以不存在实数，使得，则函数和在上不具有性质。答案为：①
15.（1） 因为，所以。
所以。由正弦定理，得，即
因为，所以
（2）
因为为锐角三角形，且，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为。
16.（1） 在梯形中，取中点，连接， ，，四边形为
平行四边形，，
，，
，，，平面，平面，
平面，平面平面。
（2） 分别取，中点，，连接，，，为中点，
，又平面平面，平面平面，平面，
平面，，分别为，中点，，平面，
则以为坐标原点，，，正方向为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设，设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：，；平面轴，
平面的一个法向量，，，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为。
17.（1） 因为数列的前项和满足：，所以当时，，即解得或，因为数列都是正项，
所以，因为，所以，
解得或，因为数列都是正项，所以，
当时，有，解得，
当时，，符合，所以数列的通项公式；
（2） 因为，所以，
所以数列的前项和为：
当时，有，所以；
18.（1） 设动点的坐标为，因为动点到直线的距离与到点的距离之比为，
可得，方程为。
（2） 设点，显然，过点的切线斜率均存在，设切线方程：
，
联立方程组：，整理得
，
由，即
，设两条切线的斜率分别为，，则，，
则，当且仅当时取等号，所以的最大值为。
19.（1） 因为，所以，
则，在区间，；在区间，，所以单调递减区间为，单调
递增区间为，极小值为，无极大值。
（2）（i） 有两个零点。因为，
①当时，，单调递增，不可能有两个零点；
②当时，令，得，单调递减；
令，得，单调递增，所以
要使有两个零点，即使，，，得，
又因为，，所以在上存在唯一一个零点；
且，由 （i） 可知，，
所以，即有，即
，所以在上存也唯一一个零点，符合题意.
综上，当时，函数有两个零点.
（ii） 有两个实根，令，
有两个零点，，
；，所以，
所以，
，
要证，只需证，
即证，所以只需证.
由 （*）（**） 可得，
只需证，设，令，则，所以只需证，
令，，则，在上
所以，即当时，成立.
所以，即，即.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则
A. B.
C. D.
2. 已知为虚数单位，复数，则其共轭复数的虚部是（ ）.
A. B.
C. D.
3. 已知，则是的（ ）
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
4. 数列是各项均为正数的等比数列，数列是等差数列，且，则
A. B.
C. D.
5. 若，，，且，则的最大值是（ ）.
A. B.
C. D.
6. 已知的内角，，满足，则下列说法错误的是（ ）
A.
B. 是直角三角形
C.
D. 是钝角三角形
7. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点，点在上，，且的面积为4，则的准线方程为（ ）
A. B.
C. 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，有选错的得0分
9. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则
10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排，，，，这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作.则下列说法中正确的是（ ）
A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种
B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中不负责语文且不负责数学工作，则有138种不同的方案.
11. 如图，在正四棱柱中，底面边长，侧棱长，为底面内的动点，且与所成角为，则下列命题正确的是（ ）
A. 动点的轨迹长度为
B. 当平面时，与平面的距离为
C. 直线与底面所成角的最大值为
D. 二面角的范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知二项式，其展开式中项的系数为________.
13. 已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值______.
14. 设函数和的定义域为，若存在非零实数，使得，则称函数和在
上具有性质.现有下列三组函数：
①， ； ②， ； ③， .
其中具有性质的是.（填序号）
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. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，.且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
16. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
17. 正项数列的前项和满足：
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有.
18. 在直角坐标系中，动点到直线的距离与到点的距离之比为，动点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）是直线上一点，过点作曲线的两条切线、，切点为、，求的最大值.
19. 已知函数（）.
（1）令，讨论的单调性并求极值；
（2）令，若有两个零点；
（i） 求的取值范围；
（ii） 若方程有两个实根，，，证明：.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C C B D B D A AC BCD AC
1. ，所以.选D.
2. ，则有，的虚部是.选：C
3. 若，则，所以，且，则，即，当为奇数时，，为奇函数，当为偶数时，，为奇函数，充分性满足；若是奇函数，则，即，即，故必要性也满足；所以“”是“是奇函数”的充要条件.选：C
4. ，，，，，，，所以，选B.
5. ，，所以，，当且仅当与同向时取等号，因此的最大值为3；选：D.
6. ，，，即，故A正确；由，所以或，而，即，由，又，又因为，所以，所以是钝角三角形，故D正确，B错误；又，所以，故C正确；选：B.
7. 令，，即为奇函数，又，在上均为减函数，为减函数，由得：，，即，解得.选：D.
8. 由题知的准线过点，如图，过点作的准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义可知，则由可知，在中，，得，即，由的面积为4，得，则，则，，得，的准线方程为，选：A.
9. 由及换底公式， ， ， 又单调递减， 故，A正确； 由得， 则， 故B错误； 令，， 则， ， 所以在区间上单调递增， 又即， 即， 故C正确； 由， ，，， ， ， 故D错误： 选AC
10. 这五人每人任选一门学科， 则不同的选法有种， 故A错误； 根据若每人安排一门学科， 每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法， 再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 有种不同的方案， 故B正确； 若数学学科必须安排两人， 则有种方法， 其余学科各安排一人共有种， 有种不同的方案， 故C正确； “每人安排一门学科， 每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B）， 需排除“负责语文”或“负责数学”的情况， 用容斥原理计算： 情况1： 负责语文， 固定在语文， 剩余4人分配到4科 （每科至少1人）， 分2种子情况： ①语文为“2人组” （人）： 选1人加入语文 （）， 剩余3人分配到其他3科 （）， 方案数： ； ②语文为“1人组” （仅）： 先、、、分为三组， 有种方法， 再将三组分到数学、英语、物理， 有种方法， 故总的方法数为： ； 情况1总方案数： . 情况2： 负责数学与“情况1”对称， 总方案数同样为60. 情况3： 负责语文且负责数学 （重复减去的部分） 在语文、在数学， 剩余3人分配到4科 （每科至少1人）， 分2种子情况： ①语文或数学为“2人组”： 剩余3人选2人分配到英语和物理 （）， 最后1人去语文或数学 （）， 方案数： ； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组， 有种分法， 两组分配到英语和物理， 有种分法， 故方案数为； 故情况3总方案数： . 不符合条件的方案数为： ， 符合条件的方案数为： ， 故D正确： 选BCD.
11. 因为且与所成角为， 所以与所成角也为. 又， . 又在底面内， 的轨迹为以为圆心，1为半径的圆周的四分之一， 长度为故选项A正确； 当平面时， 到平面的距离即为与平面的距离， ， 在中， ，， 边上的高为2， 设到平面的距离为， 则， 解得故选项B错误； 连接， 则线段为线段在底面的投影， 故直线与底面所成角为， 且由选项A可知， 当为正方形中心时， 最短为1， 此时最大为即故选项C正确；
当在线段上时，，，因为是等腰三角形，所以取中点，连接，则。过作交于点，分别连接，，则，故四边形是等腰梯形，取中点，则，所以是二面角的平面角。在四边形中，，，，故。又，故。由选项知，。在中，由余弦定理得，所以，故选项错误。选：。
12. ，令，则，所以，故展开式中项的系数为。答案为：。
13. 圆心坐标为，半径。令，，消去参数可得，，所以圆心在直线上运动。因为直线被圆截得的弦长始终为定值，结合弦长公式可知，圆心到直线的距离为定值。因此直线应与圆心轨迹直线平行。又直线经过点，所以直线方程为：，即。所以圆心到直线的距离等于两平行线的距离。所以定直线被圆截得的弦长始终为定值。答案为：。
14. 对于①：函数和定义域均为，且存在使得，所以函数和在上具有性质；对于②：函数和定义域均为，如图，函数与图象关于轴对称，与图象只有一个交点，所以只存在一个实数使得，所以函数和在上不具有性质；对于③：与定义域均为，令，所以上切线斜率为的切点为，所以该点处切线方程为，该切线与平行，又，所以，所以，所以，所以该切线在轴上的截距为，所以该切线在直线上方，所以直线与函数图象没有交点，又直线与关于轴对称，所以不存在实数，使得，则函数和在上不具有性质。答案为：①
15.（1） 因为，所以。
所以。由正弦定理，得，即
因为，所以
（2）
因为为锐角三角形，且，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为。
16.（1） 在梯形中，取中点，连接， ，，四边形为
平行四边形，，
，，
，，，平面，平面，
平面，平面平面。
（2） 分别取，中点，，连接，，，为中点，
，又平面平面，平面平面，平面，
平面，，分别为，中点，，平面，
则以为坐标原点，，，正方向为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设，设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：，；平面轴，
平面的一个法向量，，，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为。
17.（1） 因为数列的前项和满足：，所以当时，，即解得或，因为数列都是正项，
所以，因为，所以，
解得或，因为数列都是正项，所以，
当时，有，解得，
当时，，符合，所以数列的通项公式；
（2） 因为，所以，
所以数列的前项和为：
当时，有，所以；
18.（1） 设动点的坐标为，因为动点到直线的距离与到点的距离之比为，
可得，方程为。
（2） 设点，显然，过点的切线斜率均存在，设切线方程：
，
联立方程组：，整理得
，
由，即
，设两条切线的斜率分别为，，则，，
则，当且仅当时取等号，所以的最大值为。
19.（1） 因为，所以，
则，在区间，；在区间，，所以单调递减区间为，单调
递增区间为，极小值为，无极大值。
（2）（i） 有两个零点。因为，
①当时，，单调递增，不可能有两个零点；
②当时，令，得，单调递减；
令，得，单调递增，所以
要使有两个零点，即使，，，得，
又因为，，所以在上存在唯一一个零点；
且，由 （i） 可知，，
所以，即有，即
，所以在上存也唯一一个零点，符合题意.
综上，当时，函数有两个零点.
（ii） 有两个实根，令，
有两个零点，，
；，所以，
所以，
，
要证，只需证，
即证，所以只需证.
由 （*）（**） 可得，
只需证，设，令，则，所以只需证，
令，，则，在上
所以，即当时，成立.
所以，即，即.
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