常州市六校教研聯合體2025-2026學年第一學期階段調研高三數學試卷一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，為虛數單位，則（

）A． B． C． D．3．已知集合，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充要條件4．已知向量，向量在向量上的投影向量是，且，則（

）A． B． C．2 D．5．已知兩條不同的直線，兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A．若，則.B．若，，則.C．若，則.D．若，則.6．已知函數及其導函數的定義域均為，記，已知和都是偶函數，且，則的值為（

）A． B． C． D．7．2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其訓練算力需求為1000PetaFLOPS（千億億次浮點運算/秒）．根據技術規(guī)劃，DeepSeek的算力每年增長．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并計劃繼續(xù)保持這一增長率．問：DeepSeek的算力預計在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（

）（參考數據：，，）A．年 B．年C．年 D．年8．已知、，且，則（

）A． B．C． D．無法確定、的大小二、多選題9．已知為虛數單位，以下選項不正確的是（

）A．若復數滿足，則的虛部為B．，，，則C．是的充分不必要條件D．若復數滿足，則的最大值為610．已知直三棱柱中，，，，O為該三棱柱的外接球球心，為棱中點，則（

）A．直線與平面所成的角為 B．平面C．半徑為的球可以放入該直三棱柱的內部 D．球O被平面截得的截面圓的面積為11．已知的面積為，若，，則（

）A．的外接圓半徑為1B．C．D．的內切圓半徑為三、填空題12．已知函數，則的最小正周期為.13．已知某圓錐的母線長為，記其側面積為，體積為，則當取得最大值時，母線與底面所成角的大小為.14．已知是函數圖象上任意一點．若點的坐標滿足：，則的最小值為．四、解答題15．已知函數．(1)當時，求該函數的值域；(2)若對于恒成立，求的取值范圍．16．在平面直角坐標系中，已知向量，，．(1)若，求的值；(2)記，R．①求的對稱中心；②若任意，求的值域．17．如圖，四棱錐中，底面為矩形，.二面角的大小是，點在平面與平面的交線上.(1)證明：；(2)求四面體的體積；(3)若為直線上的動點，且，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.18．在中內角的對邊分別為，滿足，，(1)求．(2)若，點是邊上的兩個動點，當時，求面積的取值范圍．

19．已知函數，．(1)當時，求的單調區(qū)間；(2)若存在唯一的極值且為極小值，求的取值范圍；(3)設，若存在使得對恒成立，求的最大值．《常州市六校教研聯合體2025-2026學年第一學期階段調研高三數學試卷》參考答案題號1234567891011答案ABABCDCABDABDBCD12．2 13． 14．15．(1)；(2)【分析】（1）利用換元，轉化為二次函數求值域；（2）根據（1）的過程，參變分離轉化為最值問題，即可求解.【詳解】（1）因為，設，，則，所以，————————3分在上單調遞減，在上單調遞增，，，所以函數的值域是.——————————————————————6分由（1）可知，，，即，，————————————2分①若t＝0，恒成立，此時；————————3分②若t≠0，則，恒成立，設，則，當時，，當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增.——————————5分故的最小值為，所以.綜上所述：.———————————————————————7分16．(1)；(2)①對稱中心為，Z；②【分析】（1）根據向量平行的坐標表示列等式，結合三角恒等變換求解即可.（2）①先將化簡，再利用正弦函數圖象的性質求解即可；②整體法求函數的值域.【詳解】（1），由，則，即，所以，————————————3分所以．———————6分（2）①—————3分由，得，Z，所以的對稱中心為，Z.——————————————5分②因為，所以，所以當，即時，；當，即時，．所以的值域為．——————————————9分17．(1)見證明；(2)；(2)【分析】（1）根據線面平行的判定和性質定理；（2）由（1）得到點到平面的距離等于點到平面的距離，則，然后代入體積計算公式即可求解；（3）建立空間直角坐標系，寫出相應點的坐標，求出平面的法向量，利用向量的夾角公式求出，換元利用二次函數的性質求出最值即可.【詳解】（1）因為底面ABCD為矩形，所以，又因為平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以，——————————4分（2）因為，平面，平面，所以平面，又因為，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，則，因為，，由余弦定理得，因為，所以，因為底面為矩形，所以，又，、平面，所以平面，因為，所以，，又，、平面，所以平面，————————2分所以.——————————4分（3）過作，，，又面DEC，面，又面，面面，，面，——————2分建立如圖所示空間直角坐標系,，所以所以設，則，設面的一個法向量為，則，，令，解得，得，——————————4分又，，——————5分令，則當，即時，————————————7分18.(1)；(2)【分析】（1）根據正弦定理與同角的關系求得，利用余弦定理和正弦定理計算即可求解；（2）設，根據正弦定理可得、，進而的面積，結合正弦函數的性質即可求解；【詳解】（1），由正弦定理得.因為，所以.因為，所以.——————————2分由，即，所以.由正弦定理可得，則，得，則或（舍去），所以.——————————————6分設，在中，由正弦定理得，所以.————————————3分在中，由正弦定理得，所以.————————6分的面積.——————————9分因為，所以，則，故面積的取值范圍為.————11分19．(1)；(2)；(3)【分析】（1）求導，根據導數符號判斷即可；（2）當時，分區(qū)間利用二階導數討論；當時，利用導數證明函數在內有極大值；綜合（1）可得的取值范圍；（3）解法一：利用隱零點方程消去，然后參變分離，構造函數，，利用導數求最小值可解；解法二：構造函數，利用導數，分類討論的最小值即可得解.【詳解】（1）當時，由，得，又，，，所以，即在單調遞增，故的單調增區(qū)間為，無單調減區(qū)間．————————3分（2）由（1）可知；依題意得：；（?。┤簦贂r，，，此時，故在無極值．————————1分②當時，令，得．由，，，則，從而在單調遞增．又，，由零點存在性定理可知，存在，使得．——————————2分從而當，，當，．在單調遞減，在單調遞增，————————————3分所以是在上唯一的極值且為極小值，故符合題意．—————4分（ⅱ）若，，令，，，則．————————5分令，則，故在單調遞增，所以，即，所以在單調遞增．因為，時，，所以的值域為．——————————6分故當時，有唯一解，且當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；此時在有唯一極大值點，不合題意，故舍去．綜上，．————————————7分（3）解法一：由（2）可知，有且僅有一個極小值點，故．因為，所以，——————————1分由題意知，，可得，即，——————————2分化簡得，，設，．——————————————3分又．————————5分因為，所以，當時，，；當時，，；故在上單調遞增，在上單調遞減．————————————6分所以，此時，依題意，，故的最大值是．——————————————7分解法二：由得．令，則．——————————————1分因為，由（2）知，有