2026江苏省镇江高三数学上学期1月学情调研月考试卷（含解析）

2026江苏省镇江高三数学上学期1月学情调研月考试卷
一、单选题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知i为虚数单位，复数，则其共轭复数的虚部是（ ）．
A. B. i C. D. 1
3. 已知，则“”是“是奇函数”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，则的准线方程为（ ）
A B.
C. D.
二、多选题
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A，B，C，D，E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A不负责语文且B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
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. 设函数和定义域为D，若存在非零实数，使得，则称函数和在D上具有性质P.现有下列三组函数：
①，；②，；③，．
其中具有性质P的是_______.（填序号）
四、解答题
15. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.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n项和Sn满足：
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列{bn}前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜ .
18. 在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB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a的取值范围：
（ii）若方程有两个实根，，，证明：．
答案解析
一、单选题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得，再求交集即可得答案.
【详解】解：因为的解为，
所以，所以.
故选:D.
2. 已知i为虚数单位，复数，则其共轭复数的虚部是（ ）．
A B. i C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数乘法求出复数z，进而求出即可作答.
【详解】依题意，，则有，
所以的虚部是.
故选：C
3. 已知，则“”是“是奇函数”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
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】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，
故充分性满足；
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.
故选：C
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.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：先根据等比数列、等差数列的通项公式表示出、，然后表示出和，然后二者作差比较即可．
详解：∵an=a1qn﹣1，bn=b1+（n﹣1）d，
∵，∴a1q4=b1+5d，
=a1q2+a1q6
=2（b1+5d）=2b6=2a5
﹣2a5= a1q2+a1q6﹣2a1q4 =a1q2（q2﹣1）2≥0
所以≥
故选B．
点睛：本题主要考查了等比数列性质．比较两数大小一般采取做差的方法．属于基础题．
5. 若，，，且，则的最大值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，再由向量数量积的定义和余弦函数的有界性，即可得到所求最大值．
【详解】解：因为，，且，
所以，
所以，
所以，
当且仅当与同向时取等号，因此的最大值为；
故选：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
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简得，又由三角恒等变换得，即可判断A，进而得，结合即可判断BD， 再由余弦定理即可判断C.
【详解】由题意有：，
所以，
所以，即，故A正确；
由，所以或，而，即，
由，又，
又因为，所以，即，所以是钝角三角形，故D正确，B错误；
又，所以，故C正确；
故选：B.
7. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，并根据解析式直接判断奇偶性、单调性，进而利用其单调性及奇偶性求解不等式.
【详解】令，
∴，即为奇函数，
又在R上均为减函数，
∴为减函数，
由得：，
∴，即，解得.
故选：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，则的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线定义结合几何关系确定出的大小，然后根据的面积列出关于的方程，由此求解出的值，则准线方程可知．
【详解】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，得，则，则，
∴，得，∴的准线方程为，
故选：A．
二、多选题
9. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由对数函数性质得，然后根据不等式的性质判断ABD，构造函数，用导数确定函数的单调性后判断C．
【详解】由及换底公式得，
，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.
故选：AC
10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E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A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案．
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解．
【详解】A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误；
B：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，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确；
C：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，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确；
D：“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“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算：
情况1：A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A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），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：B负责数学
与“情况1”对称，总方案数同样为60．
情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分）
在语文、B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（2，1），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：．
根据容斥原理，不符合条件的方案数为：，
因此，符合条件的方案数为：，故D正确.
故选：BCD．
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
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A根据与所成角为求出，从而确定动点的轨迹并求出长度；选项B利用等体积法即可求得；选项C根据直线与平面所成角的定义找到直线与底面所成角，再计算最大值即可；选项D通过点在特殊位置时求出二面角的平面角超出选项范围进行排除.
【详解】正四棱柱中，底面是正方形，侧棱垂直于底面.
对于A选项，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A为圆心，1为半径的圆周的四分之一，长度为.故选项A正确；
对于B选项，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，
设到平面距离为，则，
解得.故选项B错误；
对于C选项，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；
对于D选项，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B知，.
在中，由余弦定理得，
所以，故选项D错误.
故选：AC.
三、填空题
12. 已知二项式，其展开式中项的系数为__________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据二项式定理写出通项，利用赋值法，可得答案.
【详解】二项式展开式通项为，
令，则，所以，故展开式中项的系数为10.
故答案为：.
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________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由题意可得圆心到直线的距离为定值，进而求出直线方程，最后根据弦长公式即可求出定值.
【详解】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.
故答案为：4.
14. 设函数和的定义域为D，若存在非零实数，使得，则称函数和在D上具有性质P.现有下列三组函数：
①，；②，；③，．
其中具有性质P的是_______.（填序号）
【答案】①
【解析】
【分析】对①，由即可判断；对②，由指数函数的性质数形结合即可分析求解；对③，求上切线斜率为的切线方程在直线上方得到直线与函数图象没有交点即可求解.
【详解】对于①：函数和定义域均为R，且存在使得，
所以函数和R上具有性质P；
对于②：函数和定义域均为R，
如图，函数与图象关于x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R上不具有性质P；
对于③：与定义域均为R，
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y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x轴对称，
所以不存在实数x，使得，则函数和在R上不具有性质P.
故答案为：①
四、解答题
15. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用同角三角函数关系计算化简，再结合正弦定理和余弦定理计算求解；
（2）先应用诱导公式再应用两角和公式计算结合正弦函数值域求解.
【小问1详解】
因为，
所以.
所以.
由正弦定理，得，即.
因为，
所以.
【小问2详解】
.
因为为锐角三角形，且，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为.
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用平行四边形的判定和性质得，利用直角三角形性质得，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）分别取中点，连接，利用面面垂直的性质定理及线线平行性质得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，则，
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. 正项数列的前n项和Sn满足：
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜ .
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【详解】（1）因为数列的前n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n项和为：
当时，
有，
所以，
18. 在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设动点Q的坐标为，根据题意得到，即可求解；
（2）设切线方程，联立方程组，由，得出方程，设切线的斜率分别为，，得到，求得，即可求解.
【小问1详解】
解：设动点Q的坐标为，
因为动点Q到直线的距离与到点F（，0）的距离之比为2，
可得，整理得，
即所求曲线的方程为．
【小问2详解】
解：根据题意，设点，显然，过P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. 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a的取值范围：
（ii）若方程有两个实根，，，证明：．
【答案】（1）单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值.
（2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围.
（i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【小问1详解】
因为，
所以，
则，在区间；在区间，
所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为，
极小值为，无极大值．
【小问2详解】
（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（l，e）上存在唯一一个零点，
且，由（1）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，即证，
令，，则，在上递增，
所以，即当时，成立．
所以，即，即．
【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域.