江苏部分学校2026届高三上学期8月数学测试题

这是一份江苏部分学校2026届高三上学期8月数学测试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.样本数据12,5,8,3,7,9,18,10的上四分位数为( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
2.已知集合A=1,2,4,B=x2|x∈A，则A∩B=( )
A. 1,2B. 1,4C. 1,2,4D. 4
3.已知z=3+4i，则z⋅zz+z=( )
A. 256B. 256iC. 53D. 53i
4.已知向量a=(1,2),b=x,x2，则“x=2”是“a//b”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
5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P,Q分别在A1B,B1C上，A1P=B1Q，下列说法错误的是( )
A. 直线B1C与CC1所成的角为45∘B. DD1⊥PQ
C. P,Q,A1,C1四点共面D. PQ//平面ABCD
6.椭圆Γ:x24+y23=1的左顶点为A，右焦点为F,P为Γ上一点，则△APF的周长的取值范围为( )
A. (6,9)B. (6,9]C. (6,8]D. (6,8)
7.已知函数f(x)=ex,x≤0ln(1+x)+1,x>0，若在点P可以作曲线y=f(x)的两条切线，则点P的坐标可以为( )
A. (1,1)B. (1,2)C. (−1,1)D. (2,2)
8.互相垂直的两平面α,β将球O分隔为四个几何体，这四个几何体的体积之和为4π3，表面积之和为7π，若球O上的两点P,Q在α,β的交线上，则PQ的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x),g(x)的定义域均为R，若函数F(x)=f(x)+g(x)单调递增，函数G(x)=f(x)−g(x)单调递减且为奇函数，则( )
A. f(0)=g(0)B. g(1)>g(0)
C. g(x)可能存在单调递减区间D. f(−1)0,b>0)的离心率为 3，且过点 62,1.
(1)求E的方程；
(2)直线l过 3,0且交E于A,B两点，若弦AB的长度为E的实轴长的两倍，求l的方程.
16.(本小题15分)
盒中有3个红球，6个白球，这些球除颜色外完全相同.
(1)若从盒中不放回地随机取3次，每次取1个球，记X为取到的红球的个数，求X的分布列和数学期望；
(2)若从盒中每次随机取1个球，取出后将原球放回，再加入3个同色球，求在第2次取到红球的情况下，第3次取到白球的概率.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,π2f(x)，证明：φ>1.
19.(本小题17分)
将项数n≥4，公比q≠1的等比数列an中的项重新随机排列，得到新数列bn.若在数列bn中任意抽取连续三项，总有某一项为另外两项的等比中项，则称bn为“差续数列”.
(1)当n=4时，写出所有“差续数列”bn(用an中的项表示)；
(2)若b1=a1,b2=a3，证明：当n=3m(m≥2)时，必定存在“差续数列”bn；
(3)若bn是“差续数列”，证明：存在正整数k，使得bk+1bk=q或1q.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：将数据按从小到大排列：3,5,7,8,9,10,12,18.
因为8×75%=6，所以上四分位数为第6个与第7个数的平均数，
即10+122=11.
故选：C.
2.【答案】B
【解析】解：因为A=1,2,4,B=x2|x∈A，所以B=1,4,16，
所以A∩B=1,4.
故选：B
3.【答案】A
【解析】解：由z=3+4i，可得z=3−4i，
所以z⋅zz+z=3+4i3−4i3+4i+3−4i=256，
故选：A
4.【答案】A
【解析】解：因为a=(1,2),b=x,x2，a//b，所以2x−x2=0，解得x=0或x=2，
所以“x=2”是“a//b”的充分不必要条件.
故选：A.
5.【答案】C
【解析】解：对于A：由正方体性质可知：∠B1CC1为直线B1C与CC1所成的角，
∠B1CC1=45∘，故直线B1C与CC1所成的角为45∘，故A正确；
对于B：如图，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1)，
设A1P=tA1B=(0,t,−t)，则P(1,t,1−t)，
因A1P=B1Q,A1B=B1C，则B1Q=tB1C=(−t,0,−t)，则Q(1−t,1,1−t)，
所以PQ=(−t,1−t,0)，而DD1=(0,0,1)，
因为PQ⋅DD1=(−t)×0+(1−t)×0+0×1=0，所以PQ⊥DD1，即DD1⊥PQ，故B正确；
对于C：当t=1时，点P(1,1,0)即点B，点Q(0,1,0)即点C，此时满足A1P=B1Q，显然BC与A1C1为异面直线，
故PQ与A1C1为异面直线，即P,Q,A1,C1四点不共面，故C错误；
对于D：由正方体的性质知DD1⊥平面ABCD，所以DD1=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量．
由选项B的证明可知：DD1⊥PQ，又PQ⊄平面ABCD，所以PQ//平面ABCD，故D正确.
故选：C
6.【答案】D
【解析】解：对于椭圆Γ:x24+y23=1，根据椭圆的标准方程x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
其中a为长半轴长，b为短半轴长，c为半焦距且c2=a2−b2
可得a2=4，则a=2，b2=3,c2=a2−b2=4−3=1，所以c=1
已知椭圆的左顶点A(−2,0)，右焦点F(1,0)
根据椭圆的定义，椭圆Γ的左焦点F′(−1,0)，则|PF|+PF′=2a=4，即|PF|=4−PF′
△APF的周长L=|AP|+|PF|+|AF|，其中|AF|= (1+2)2+(0−0)2=3
所以L=|AP|+4−PF′+3=|AP|−PF′+7
根据三角形三边关系：两边之差小于第三边，可得||AP|−|PF ′||f(x)，令x=0，必有f(φ)>f(0)=1lna，
由(1)知，存在x1，满足fx1=f(0)=1lna，所以f(φ)>f(x1)，
若φ≤x1，由(1)知，f(φ)≤fx1，不符合题意，所以φ>x1，
所以只需证φ>x1>1，
因为fx1=f(0)，得ax1lna−b x1=1lna，所以ax1−1 x1=blna，
令h(x)=ax−1 x，h′(x)=ax2xlna−1+12x x，
令g(x)=ax2xlna−1+1，g ′(x)=axln⁡a(2xln⁡a+1)>0，g(x)在(0,+∞)单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，所以h ′(x)>0，h(x)在(0,+∞)单调递增.
注意到h(1)=a−1，且b>a，得a−1−bln⁡a