精品解析：江苏省部分学校2026届高三上学期入学考试数学试题

高三数学 本试卷共4页，19题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系，集合与集合的关系依次判断即可. 【详解】由题可知， 故A正确，BC错误， 集合不是集合的子集，故D错误. 故选：A. 2. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出可得，再求模长. 【详解】，， 则. 故选：D. 3. 已知双曲线C经过点，且对称轴都在坐标轴上，其渐近线方程为，则双曲线C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意设双曲线方程为，代入点的坐标，即可求出，从而得解. 【详解】解：依题意设双曲线方程为，又双曲线过点， 所以，解得， 所以双曲线方程为； 故选：B 4. 函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 2021 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的定义可知，自变量互为相反数时，函数也互为 相反数. 【详解】解：因为函数是定义在上的奇函数，当时，， 则. 故选：A. 5. 已知直线.圆，则（ ） A. l过定点 B. l与C一定相交 C. 若l平分C的周长，则 D. l被C截得的最短弦的长度为4 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程的形式，联立方程，即可求定点，判断A，再根据定点与圆的关系，判断直线与圆的位置关系，判断B，根据直线平分圆的周长，可得直线与圆的关系，判断C，当定点为弦的中点时，此时弦长最短，结合弦长公式，即可判定D. 【详解】选项A：， 联立，解得，所以l过定点，故A错误； 选项B：因l过定点，且， 所以定点在圆内，即l与C一定相交，故B正确； 选项C：若l平分C的周长，则直线过圆心，所以， 即，故C错误； 选项D：当定点为弦的中点时，此时弦长最短， 此时圆心到弦所在直线的距离， 则弦长，故D错误； 故选：B. 6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三视图知几何体为长方体中去掉一个圆锥体，结合棱柱、圆锥的表面积求法求几何体的表面积即可. 【详解】由三视图知：几何体为长方体中去掉一个圆锥体，如下图示， 所以圆锥底面半径为3，母线长为，侧面积为，底面积为， 则几何体的表面积为. 故选：A 7. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件和两角和的正切公式，先求出角，再利用已知条件即可求解. 【详解】因为， 又因为，， 所以， 所以 因为，所以， 所以， 所以当为奇数时，，， 当为偶数时，，， 因为，所以， 因为，所以. 故选：C. 8. 已知，则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数单调性，零点存在性定理及画出函数图象，得到，得到，求出，根据单调性得到，从而得到答案. 【详解】令，其在R上单调递减， 又， 由零点存在性定理得， 则在上单调递减， 画出与的函数图象， 可以得到， 又在R上单调递减，画出与的函数图象， 可以看出， 因为，故，故， 因为，故， 由得，． 综上，． 故选：D． 【点睛】指数和对数比较大小的方法有：（1）画出函数图象，数形结合得到大小关系； （2）由函数单调性，可选取适当的“媒介”（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要比较的数比较大小，从而间接地得出要比较的数的大小关系； （3）作差（商）比较法是比较两个数值大小的常用方法，即对两值作差（商），看其值与0（1）的关系，从而确定所比两值的大小关系． 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷、盛李豪在奥运会上战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为7，12，13，18，18，20，32，则（ ） A. 该组数据的极差为26 B. 该组数据的众数为18 C. 该组数据的75%分位数为19 D. 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据的方差变小 【答案】BD 【解析】 【分析】由统计的数据分析的相关概念即可得到结论. 【详解】该组数据的极差，故A选项错误； 该组数据的众数为出现频数最多的：18，故B选项正确； 该组数据的分位数：,取第6个，则为20，故C选项错误； 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据波动变小，所以方差变小，故D选项正确； 故选：BD. 10. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的定义、通项的运用和赋值法即可得到答案. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为a的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线BC与MP所成的最大角为45° C. 不存在点P使得 D. 当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可. 【详解】点到平面的距离为为定值， 又， 所以，即三棱锥的体积为定值，故正确； 设中点为，连接， 则即为异面直线与所成的角 在中， 所以异面直线与所成的最小角为45°，故不正确； 若为中点，则，所以，又，，所以平面，平面，所以，故不正确； 取的中点，的中点，的中点，连接、、、、， 所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，面积为，故正确． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 的取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 ，“第二次取到白球”为事件 . 则.  表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 .  根据条件概率公式 ，可得 .   随机取出 个球，取出的球中白球的个数 可能取值为 ，，. 表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  根据期望公式 可得 .   故答案为：；. 13. 已知，，且，则的最小值是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，均在圆心为原点，半径为的圆上，再根据数量积公式，结合几何意义分析最值求解即可. 【详解】解：由题知，三点共圆，圆心为坐标原点，半径为， 所以，， 设， 数形结合可得在上的投影， 所以，，即， 故当，时有最小值，此时. 当时，时有最大值， 所以， 综上，的取值范围是， 所以，的最小值是 故答案为： 14. 设.若函数的定义域为，则关于的不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数的定义域可求得实数的值，可得出函数的解析式，求出的值，然后利用指数函数的单调性可解不等式，即可得其解集. 【详解】若，对任意的，，则函数的定义域为，不合乎题意， 所以，，由可得， 因为函数的定义域为，所以，，解得， 所以，，则， 由可得，解得. 因此，不等式的解集为. 故答案为：. 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. 已知在中，，其中内角的对边分别为． （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，求的最大值． 【答案】（1） （2）的最大值为18 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，故； （2）由余弦定理得，由基本不等式求出最大值 【小问1详解】 由正弦定理（为外接圆半径）， 将，代入， 可得， 化简后得到，即． 根据余弦定理，把代入可得． 因为，所以； 【小问2详解】 在中，根据余弦定理． 因为为中点，设，已知， 则，即． 根据基本不等式（当且仅当时取等号）． 所以，即，当且仅当时取等号． 将代入，可得， 解得，，满足条件，所以的最大值为18． 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有三个极值点，求实数的取值范围． 【答案】（1）在和上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）通过导数讨论函数单调性； （2）因有三个极值点，即有三个不相等的正实根，从而再将问题转换为两函数图象的交点个数，进而确定的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为. ，因此， 当时，，故单调递减； 当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增. 综上，在和上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 函数，定义域为. ，易知时，，若时，， 但是易证在上恒成立，故时，是的一个极小值点. 当，易知是的一个极值点. 所以是的一个极值点. 因为有三个极值点，因此在上有两个不同的根，且.不妨设. 当时，该方程只有1个根，不满足题意，故. 因此方程可等价于. 设，，上述方程有两个不同的根，等价于该两函数的图象有两个交点. 当时，由于，，且单调递增，而单调递减， 故两函数图象在上没有交点，不符合题意，故. 因为，设图象的一条过原点的切线方程为，其中切点为. 故，解得，即该切线方程为. 因此，只有当时，函数与的图象才有两个交点，且. 此时，有三个不等实根，即有三个极值点，因此. 故. 17. 如图所示的几何体中，底面ABCD为直角梯形，，，四边形PDCE为矩形，平面平面ABCD，F为PA的中点，N为PC与DE的交点，，. （1）求证：平面； （2）若G是线段CD上一点，平面PBC与平面EFG所成角的余弦值为，求DG的长. 【答案】（1）因为四边形PDCE为矩形，则N为PC的中点，连接， 在中，F，N分别为PA，PC的中点，则有， 而直线平面，平面， 所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，证明，利用线面平行的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面，又，，故， 以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，， 所以，，， 设平面PBC的法向量为，则， 令，得， 设平面的法向量为，则， 令，得， 所以， 整理可得， 解得或 (舍去)， 即DG的长为. 18. 已知圆心在原点，且与直线相切，它与x轴分别相交于A，B，过点的直线l交圆O于M，N. （1）求弦长MN的最小值，并求此时直线l的方程； （2）当的面积取得最大值时，将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半圆上是否存在点，使平面与平面的夹角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，说明理由； （3）在圆上任取一点，过作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段的中点的轨迹记为曲线，曲线与直线交于，直线与直线相交于，在定直线上，直线与直线相交于，在定直线上，判断直线，的位置关系，并证明. 【答案】（1）最小值为， （2）存在， （3）重合，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由与直线相切得到圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离求出圆的半径，从而得到圆O的方程，分别按照直线l的斜率为0和斜率不为分别求解，当斜率不为时，设，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，则代入数值及的范围得解； （2）易知直线l的斜率不为0，设，即，由（1）知，，求出，利用对勾函数的单调性可以得到，建立空间直角坐标系，如图，求出平面BMN的法向量和平面ONQ的法向量为，利用向量的数量积求出，得到的坐标，从而得到的值. （3）法一：设，，，通过联立和，消去得到的一元二次方程，求出，利用韦达定理得到，，计算得到，设出直线的方程，这两个方程通过联立方程组解得的值，结合，得到的值，从而得到点T在定直线上，求出的方程，代入，得到的一元二次方程，设，，利用根与系数的关系求出，，计算得到，从而得到S在定直线上，从而得到与重合.法二：写出直线的方程，过定点，从而得到，，，通过联立方程组得到；写出直线的方程，过定点，从而得到，，，通过联立方程组得到，从而得到与重合. 【小问1详解】 由题意得圆的半径，则圆O的方程为， 当直线l的斜率为0时，此时， 当直线l的斜率不为0，设，即， 则圆心到直线的距离， 又，当且仅当时等号成立， 此时直线l的方程为， 所以弦长MN的最小值为，直线l的方程为. 【小问2详解】 易知直线l的斜率不为0，设，即， 由（1），，， 又，化简得， 令，则，所以， 又，故最大时，由对勾函数的单调性可得，故此时， 建立空间直角坐标系，如图，则，，， 所以，， 设平面BMN的法向量为， 则，即，取，则， 设，其中， 则，， 设平面ONQ的法向量为， 则，即，取， 易得， 所以， 解得，所以，则. 【小问3详解】 法一：设，，，联立， 化简得， ，所以，， 所以， 设，，联立， 得， 又，代入得， 即点T在定直线上， 设线段的中点为，则， 因为在圆上，则有 ， 联立，化简得， 设，，则，， 所以，同理，S在定直线上，所以与重合. 法二： ，过定点， 所以，，，联立得：； ，过定点， 所以，，，联立得：； 所以与重合. 19. 已知函数． （1）证明：当时，；当时，． （2）正项数列满足：，，证明： （i）数列递减； （ii）． 【答案】（1）设， 则， 令得， 令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 即， 则当时，即； 时，即. （2）（i）因为数列各项为正， 要证数列递减，只需证明， 即证，又， 所以即证， 令， 不等式化为， 设， 则，恒成立， 故在上单调递增， 则恒成立， 即在上恒成立， 则原命题得证. （ii）先证明：， 即证， 设， 则 ， 所以在上单调递增， 则，则所证不等式成立. 又，， 所以，， 所以，， 则当时， ， 又当时， ， 故成立. 【解析】 【分析】（1）先证明，继而可得结论. （2）（i）要证数列递减，只证，即证，换元后，利用导数证明即可；（ii）先证，继而得，则，根据条件，求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略【点睛】 本题第一问的关键点是：先证明，继而分和，变化不等式，可得到结论；本题第二问的关键是（i）：构造不等式，不等式化为， 利用换元法，设，构造函数，利用导数证明；（ii）先证明，继而得到，，再结合等比数列的前和求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 本试卷共4页，19题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知双曲线C经过点，且对称轴都在坐标轴上，其渐近线方程为，则双曲线C的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 2021 5. 已知直线.圆，则（ ） A. l过定点 B. l与C一定相交 C. 若l平分C的周长，则 D. l被C截得的最短弦的长度为4 6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷、盛李豪在奥运会上战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为7，12，13，18，18，20，32，则（ ） A. 该组数据的极差为26 B. 该组数据的众数为18 C. 该组数据的75%分位数为19 D. 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据的方差变小 10. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 11. 如图，在棱长为a的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线BC与MP所成的最大角为45° C. 不存在点P使得 D. 当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 13. 已知，，且，则的最小值是_____________． 14. 设.若函数的定义域为，则关于的不等式的解集为__________. 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. 已知在中，，其中内角的对边分别为． （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，求的最大值． 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有三个极值点，求实数的取值范围． 17. 如图所示的几何体中，底面ABCD为直角梯形，，，四边形PDCE为矩形，平面平面ABCD，F为PA的中点，N为PC与DE的交点，，. （1）求证：平面； （2）若G是线段CD上一点，平面PBC与平面EFG所成角的余弦值为，求DG的长. 18. 已知圆心在原点，且与直线相切，它与x轴分别相交于A，B，过点的直线l交圆O于M，N. （1）求弦长MN的最小值，并求此时直线l的方程； （2）当的面积取得最大值时，将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半圆上是否存在点，使平面与平面的夹角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，说明理由； （3）在圆上任取一点，过作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段的中点的轨迹记为曲线，曲线与直线交于，直线与直线相交于，在定直线上，直线与直线相交于，在定直线上，判断直线，的位置关系，并证明. 19. 已知函数． （1）证明：当时，；当时，． （2）正项数列满足：，，证明： （i）数列递减； （ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $