精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题 命题人：_______________ 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数除法的几何意义确定复数的模. 【详解】由. 故选：D 2. 已知，，且，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据，求出的值，再求出的坐标， 由平面向量坐标模长公式求解即可. 【详解】因为，所以，解得，所以， ，所以. 故选：B. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得集合，对集合B中的元素逐一检验，进而可得交集. 【详解】因为， 令，解得，显然， 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 所以. 故选：C. 4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由一元二次函数性质结合题意列出关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】因为函数是上的增函数， 所以. 故选：A. 5. 已知都是正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件得，通过配凑变形，利用基本不等式求的最小值. 【详解】由，得， 则， 当且仅当，即时等号成立，此时， 所以的最小值为. 故选：C. 6. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示得，再应用齐次式运算，由弦化切求目标式的值. 【详解】由题设， 而. 故选：B 7. 已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数单调性求出函数的最小值，利用恒成立问题列出不等式求解. 【详解】因为，使得，所以 因为函数在上单调递减，所以， 因为函数在上单调递增，所以， ，解得，即实数的取值范围是. 故选：A. 8. 若对任意，恒有，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不等式两边同时乘以，等价变形为，利用，，将不等式变形为，构造函数，不等式变形为，利用导数判断函数在上单调递增，从而确定在恒成立，即在恒成立.构造新函数，利用导数求函数的最大值，确定的取值范围，即可. 【详解】由题意可知，不等式变形为. 设， 则 . 当时，即在上单调递减. 当时，即在上单调递增. 则在上有且只有一个极值点，该极值点就是的最小值点. 所以，即在上单调递增. 若使得对任意，恒有成立. 则需对任意，恒有成立. 即对任意，恒有成立，则在恒成立. 设则. 当时，，函数在上单调递增 当时，，函数在上单调递减 则在上有且只有一个极值点，该极值点就是的最大值点. 所以，即，则实数的最小值为. 故选：D 【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立，求参数取值，属于难题. 二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 已知，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】借助基本不等式逐项判断即可得. 【详解】对A：由，得，所以， 当且仅当时取等号，故A正确； 对B：由，得， 所以，当且仅当时取等号，故B错误； 对C：由，得， 所以，当且仅当时取等号，故C正确； 对D：由，得， 所以，当且仅当时取等号，故D错误. 故选：AC. 10. 若函数既有极小值又有极大值，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，求得，转化为在上有两个不同的实数根，根据二次函数的性质，列出不等式组，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为既有极小值又有极大值， 可得方程在上有两个不同的实数根， 则满足，可得，所以，，， 例如：时，满足上式，此时不成立． 故选：ABC. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，曲线在处的切线方程为 B. 当时，在上单调递增 C. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求切线方程即可判断A，根据导函数的值域可推出函数的单调性即可判断B，将函数的解析式因式分解，即可求得其中一个零点，再转化为二次函数有两个不同的零点，结合韦达定理即可判断C，根据导函数等于零得，代入函数的解析式，解得或，再分类讨论即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 则，则， 所以曲线在处的切线的斜率，又， 所以切线方程为，即，故A正确. 对于B，，， 由，解得， 所以当时，恒成立，即恒成立， 此时，在上单调递增成立，故B正确. 对于C，， 所以是函数的一个零点，又有三个不同零点， 所以方程有两个不同的实数根，且都不为，分别记为； 则，且，解得或； ①当时，，则，此时； ②当时，，则，此时； 综上所述，若有三个不同零点，则它们的和可能为不成立，故C错误. 对于D，，若存在极值点，则， 即，则， 所以 ， 由，解得或， ①当时，由，解得，此时恒成立， 不满足存在极值点，故舍去； ②当时，由，解得，此时， 当和时，单调递增；当时，单调递减， 所以既是的零点，也是的极值点，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知角的终边经过点，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角函数的定义求解即可； 【详解】由题意可得， 由三角函数的定义可得， 所以. 故答案为：. 13. 若，则_____ ． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理可得则为二项式的展开式的二项式系数和． 【详解】解：因为， 则为二项式的展开式的各项二项式系数和， 则. 故答案为：． 14. 已知函数在处取得极小值，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求得，根据，求得的值，结合实数的值，利用函数的单调性与极值点的概念，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为处函数极小值，可得，解得或， 若时，可得， 当时，；当时，；当时，， 此时函数在单调递增，在上单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，不符合题意，（舍去）； 若时，可得， 当时，；当时，；当时，， 此时函数在单调递增，在上单调递减， 所以，当时，函数取得极小值，符合题意， 综上可得，实数的值为. 故答案为：. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，或证明过程） 15. 甲、乙、丙三位同学参加一项知识竞赛活动，每人需回答一个问题，已知甲、乙、丙三位同学答对题目的概率分别为，，，且他们答对与否互不影响． （1）已知三人中恰有两人答对题目，求甲答对题目的概率； （2）若答对题目得2分，答错题目扣1分，用表示甲、乙、丙三位同学的得分之和，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 3 6 ，【解析】 【分析】（1）甲、乙、丙答对题目分别记为事件，三人中恰有两人答对题目记为事件，利用相互独立事件的概率乘法公式分别求得，，再由条件概率公式计算； （2）确定的所有可能取值为，0，3，6，分别计算出概率得分布列，然后由期望公式计算出期望． 【小问1详解】 甲、乙、丙答对题目分别记为事件，三人中恰有两人答对题目记为事件， ， ， 所以． 【小问2详解】 由题意可知，的所有可能取值为，0，3，6， 则， ， ， ． 所以的分布列为 0 3 6 故． 16. 数列满足，． （1）证明：数列为等差数列． （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知证明等于一个定值即可； （2）利用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 证明：因为， 所以，又， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列； 【小问2详解】 解：由（1）得， ， 则 . 17. 如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且. （1）证明：平面. （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为四边形是菱形，所以. 因为，，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为，平面，且，所以平面. （2）存在实数， 【解析】 【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故⊥， 又平面，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系. 设，则，，，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得. 平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得，解得或（舍去）. 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；极大值为，无极小值； （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案； （2）由题意可得即恒成立，设，利用导数求出的最大值即可． 【小问1详解】 当时，， ， 令，则， 故在上单调递减，而， 因此0是在上的唯一零点， 即0是在上的唯一零点， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 0 单调递增 极大值 单调递减 所以的单调递增区间为，递减区间为； 所以的极大值为，无极小值； 【小问2详解】 由题意知，即，即， 设，则， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 所以． 所以的取值范围为． 19. 若为定义域D上的单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的“优美函数”. （1）写出的一组值，使得函数为“优美函数”，并说明理由; （2）若函数为“优美函数”，求实数t的取值范围; （3）若函数为“优美函数”，求实数m的取值范围. 【答案】（1），，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）假设其存在，则为方程的两根，解方程即可； （2）假设其存在，则为方程的两根，令，则问题转化为一元二次方程在有两个不等的实根，利用和韦达定理即可； （3）由题意得，可得，再代入原方程组中化简，转化为一元二次方程有两个不等的正实数根． 【小问1详解】 因为函数单调递增， 若在定义域区间上存在，使得的值域， 则，，即为方程的两根，又，得，， 又在区间上的值域为，故，符合题意. 【小问2详解】 因为函数为递增函数， 要使在定义域区间上存在，使得的值域， 则只需有两个不等的非负实根， 令，，则在有两个不等的实根， 故，即，得， 即t的取值范围是. 【小问3详解】 函数在定义域内单调递减， 依题意得，两式相减，得， 则， 得① 将①式代入方程组得，则是方程的两根， 令，则在上有两个不同的实根， 则，解得， 故实数m的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题 命题人：_______________ 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知，，且，则等于（　　） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知都是正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若对任意，恒有，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 已知，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 10. 若函数既有极小值又有极大值，则（    ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，曲线在处的切线方程为 B. 当时，在上单调递增 C. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知角的终边经过点，则______. 13. 若，则_____ ． 14. 已知函数在处取得极小值，则__________. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，或证明过程） 15. 甲、乙、丙三位同学参加一项知识竞赛活动，每人需回答一个问题，已知甲、乙、丙三位同学答对题目的概率分别为，，，且他们答对与否互不影响． （1）已知三人中恰有两人答对题目，求甲答对题目的概率； （2）若答对题目得2分，答错题目扣1分，用表示甲、乙、丙三位同学的得分之和，求的分布列与数学期望． 16. 数列满足，． （1）证明：数列为等差数列． （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且. （1）证明：平面. （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 19. 若为定义域D上的单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的“优美函数”. （1）写出的一组值，使得函数为“优美函数”，并说明理由; （2）若函数为“优美函数”，求实数t的取值范围; （3）若函数为“优美函数”，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $