精品解析：江苏省常州高级中学2025-2026学年高三上学期期初检测数学试卷

江苏省常州高级中学2026届高三第一学期期初检测 数学试卷 2025．08.31 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. 若集合，集合，则的子集个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式和一元二次不等式可得集合A，B，然后可得集合，可得子集个数. 【详解】由得，所以， 解不等式得， 所以，所以的子集个数为. 故选：C 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再求出模作答. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】令， 则， 所以为奇函数，排除BD； 又当时，，所以，排除C. 故选：A. 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 5. 若钝角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先等式两边同乘以分母，左右平方，再根据同角三角函数关系减少未知量，最后结合角的范围求解. 【详解】因为，则， 所以，左右平方得， 化简得，计算得， 所以或，又因为为钝角，所以. 故选：C. 6. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法， 所以2个0不相邻的概率为. 故选：C. 7. 在中，已知，则边的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式、余弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理，，而， 则得，化简得①， 又由余弦定理，②， 将①与②联立消去，即可解得. 故选：D 8. 已知是互不相同锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值. 【详解】法1：由基本不等式有， 同理，， 故， 故不可能均大于. 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 法2：不妨设，则， 由排列不等式可得： ， 而， 故不可能均大于 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或排序进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大 D. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正态分布性质、二项分布的方差公式、标准差的性质以及假设检验等知识对每个选项进行判断即可. 【详解】对于选项A： 因为，根据正态分布的性质可知 ，所以，所以A错误； 对于选项B： 因为，所以，所以B正确； 对于选项C： 标准差是用来衡量一组数据离散程度的统计量， 将一组数据中的每个数据都加上同一个正数后，数据的波动情况不变，标准差不变，C错误； 对于选项D： 在独立性检验中，我们有一个原假设，通常假设两个变量独立. 基于小概率值的检验规则是：计算得到的统计量如果大于临界值，我们就拒绝原假设， 推断不独立，这里的小概率值就是我们允许犯错误的最大概率，所以该推断犯错误的概率不超过， 所以D正确. 故选：BD. 10. 已知函数 (A＞0，0＜φ＜π)的图象如图所示，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 当时，f(x)的最大值为1 D. 若，则的最小值为π 【答案】AC 【解析】 【分析】根据图象求得，根据三角函数的奇偶性、最值等知识对选项逐一分析，从而确定正确选项. 【详解】由图可知，A选项正确. ， ， 所以. 奇函数，B选项错误. ， ，C选项正确. ， 若，则，， ，， ， 当时，取得最小值为，D选项错误. 故选：AC 11. 若函数在区间上值域为，则称为的“倍增区间”，则（ ） A. 若为的“1倍增区间”，则 B. 函数存在“1倍增区间” C. 若函数存在“1倍增区间”，则的取值范围是 D. 二次函数存在“2倍增区间” 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数“倍增区间”的定义，对于A，由，求解即可判断，对于B，假设存在，结合函数单调性得到，求解即可判断，对于C，假设存在“1倍增区间”，结合单调性得到，通过作差得到，再通过换元得到，再结合韦达定理及判别式即可判断，对于D，假设存在“2倍增区间”，由，结合一元二次方程求解即可判断. 【详解】对于A，由题意可知，为的单调递区间，函数值域为， 若为的“1倍增区间”，则，则或 （舍去），A正确； 对于B，函数中x的取值范围为 ， 若存在“1倍增区间”，则必有或， 又因为函数在区间上递减， 则有，则，解得 ，不符合或，所以B错误； 对于C，因为函数在上单调递减， 若存在“1倍增区间”（）， 则有，即， 两式作差得，即， 又，所以，故， 所以，设，则 ， 即是的一个根； 同理也是的一个根， 即在区间上有两个不相等的实数根， 只需 ，解得，C正确； 对于D，若函数存在“2倍增区间”， 设定义域为，值域为， 当 时，函数在定义域上单调递增，则， 则是方程的两个不相等的实数根，解得或 ， 故存在定义域为 使得值域为 ，D正确， 故选：ACD ． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量．若，则________． 【答案】. 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值 【详解】, ，解得, 故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积. 13. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】法一：根据台体的体积公式得三棱台的高，作辅助线并结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系得，进而求正三棱锥的高，即得结果. 【详解】法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为，则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得， 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则，知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故答案为：1 14. 已知函数，用表示中的较小值，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，进而可得若有个零点，则，，，解得答案. 【详解】，， 若，恒成立，函数至多有一个零点， 不可能有三个不同的零点， 故，令，则，（舍）， 即在单调递减，在上单调递增，且，时，， 因为，所以要使（）恰有三个零点， 则需在上有两个零点， 则须满足，，， 即，解得. 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. 记的内角、、的对边分别为、、，且. （1）求； （2）若边上的高为，且，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）解法一：由已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 解法二：由已知条件结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由三角形的面积公式可得出，利用余弦定理结合已知条件可得出关于的方程，即可解得的值. 【小问1详解】 解法一：由及正弦定理得， 所以， 即，即， 因为、，则， 所以，所以； 解法二：由及余弦定理得， 所以，即，所以， 又，所以. 【小问2详解】 记边上的高为，则， 由（1）得，所以， 所以由余弦定理可得， 所以，所以，所以或（舍），故. 16. 如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使 （1）求证：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证得均为正三角形，取中点，利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量求法求解夹角的余弦值. 【小问1详解】 在等腰梯形中，，则，，由为中点， ，得，则四边形为平行四边形，， ，又，则为等边三角形，即为等边三角形， 取中点，连接，于是， 由，，得为正三角形，， 则，又，于是，即， 而，且平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面法向量是，则，取，得， 设平面的法向量是，则，取，得， 则， 所以平面和面夹角的余弦值为. 17. 已知． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据两角和正弦公式、二倍角公式、辅助角公式化简可得，令，即可求得的单调递增区间. （2）根据（1）化简可得，则原题等价于，即可，利用二倍角公式，对化简变形，结合均值不等式，即可求得答案. 【小问1详解】 化简得 ． 令，解得， 所以单调递增区间为． 【小问2详解】 由（1）可得， 时，恒成立， 若,即恒成立，只需要即可， ， 令，因为，则， 所以，所以， 当时， 对于函数， 当且仅当，即时等号成立， 故则 所以． 18. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1）①0.16；②3.128 （2）答案见解析.. 【解析】 【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可； （2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件，则； ②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量， 则的所有可能取值为2，3，4， 连败两局：， 可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负； ， ； 故的分布列如下： 2 3 4 故数学期望； 【小问2详解】 “双败淘汰制”下，甲获胜的概率， 在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为， 由，且 所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，两种赛制甲夺冠的概率一样. 19. 已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【答案】（I）；（II）证明见解析；（III） 【解析】 【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程； （II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解； （III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值. 【详解】（I），则， 又，则切线方程为； （II）令，则， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且， 当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， 为的极大值点，故存在唯一的极值点； （III）由（II）知，此时， 所以， 令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即， ，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故， 所以实数b的取值范围. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州高级中学2026届高三第一学期期初检测 数学试卷 2025．08.31 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. 若集合，集合，则的子集个数为（ ） A 5 B. 6 C. 16 D. 32 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 5. 若钝角满足，则值为（ ） A. B. C. D. 6. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，已知，则边的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大 D. 基于小概率值检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过 10. 已知函数 (A＞0，0＜φ＜π)的图象如图所示，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 当时，f(x)的最大值为1 D. 若，则的最小值为π 11. 若函数在区间上值域为，则称为的“倍增区间”，则（ ） A. 若为的“1倍增区间”，则 B. 函数存在“1倍增区间” C. 若函数存在“1倍增区间”，则的取值范围是 D. 二次函数存在“2倍增区间” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量．若，则________． 13. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 14. 已知函数，用表示中的较小值，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为__________． 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. 记的内角、、的对边分别为、、，且. （1）求； （2）若边上的高为，且，求. 16. 如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使 （1）求证：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值. 17. 已知． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围． 18. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 19. 已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $