精品解析：江苏省南通市如东县2025-2026学年高三上学期期初学情检测数学试卷

2025—2026学年度第一学期期初学情检测 高三数学 注意事项： 1.本试卷共4页，包含单选题(1-8)多选题9-11，填空题（第12题～第14题，共73分）、解答题（第15～19题，共77分）.本次考试时间120分钟，满分150分、考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置. 3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答.在试卷或草稿纸上作答一律无效. 4.如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”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 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. e D. 4. 声强级（单位：dB）由公式：给出，其中I为声强（单位：）.若某音源的声强由变为，其声强级由10.1提高到30.1，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的定义域是A，则函数的最大值是（ ） A -4 B. 0 C. 32 D. 60 6. 已知a，，且，则的最小值是（ ） A. 6 B. 9 C. 13 D. 7. 已知函数是定义在R上的偶函数，且是奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知且，且，且，则（ ） A. B. C D. 二、选择题：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. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 二面角的正切值为 D. 过点且与平面平行的平面截该四棱锥所得截面的面积为 11. 已知函数的定义域为R，且，若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 若直线是曲线的切线，则实数a的值是______. 14. 已知正数满足，则的最大值是______. 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. 甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响，现每人分别投篮2次. （1）记甲投篮命中次数为X，求随机变量X的概率分布和期望； （2）求甲比乙进球数多概率. 16. 已知幂函数在上单调递增. （1）求实数的值； （2）求关于的不等式的解集. 17. 设函数. （1）当时，求过点且与曲线相切的直线方程； （2）若，是函数的两个极值点. ①求实数a的取值范围； ②求证：是定值. 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，点是的中点. （1）证明：； （2）设点，，，均在球的球面上. ①证明：点O在平面内； ②求直线与平面所成角正弦值. 19. 已知函数的定义域是D，对于，定义集合. （1）已知函数，求； （2）已知函数，且，求实数m的取值范围； （3）若函数，对任意的，，且，都有，求实数a的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期期初学情检测 高三数学 注意事项： 1.本试卷共4页，包含单选题(1-8)多选题9-11，填空题（第12题～第14题，共73分）、解答题（第15～19题，共77分）.本次考试时间120分钟，满分150分、考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置. 3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答.在试卷或草稿纸上作答一律无效. 4.如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由交集的概念计算即可. 【详解】由题意得：. 故选：B. 2. “”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】分别判断充分性和必要性是否成立即可. 【详解】若，，则，故充分性不成立； 若，则且，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. e D. 【答案】D 【解析】 【分析】要解决这个问题，可以通过换元法先求出函数的表达式，再对其求导，最后代入计算出最后结果。 【详解】已知，令（），由对数定义，由可得，代入得： ，即， 对其求导得，将代入得. 故选：D. 4. 声强级（单位：dB）由公式：给出，其中I为声强（单位：）.若某音源的声强由变为，其声强级由10.1提高到30.1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知结合声强级10.1提高到30.1，可得，利用对数运算即可求得答案. 【详解】声强级由10.1提高到30.1，可知，， 故， 即，故，则，即， 故选：C 5. 已知函数的定义域是A，则函数的最大值是（ ） A. -4 B. 0 C. 32 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】先求出A，再利用换元法将化为，结合二次函数性质即可求得答案. 【详解】令，解得，故函数的定义域是， 令，由于，故， 则即为函数， 而， 当时，取最大值， 即函数的最大值是0， 故选：B 6. 已知a，，且，则的最小值是（ ） A. 6 B. 9 C. 13 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由a，，结合，可得a，.随后注意到由可得，最后将化为，再利用基本不等式可得答案. 【详解】，因a，， 则，同理易得. 则. 从而， 当且仅当，即时取等号. 故选：C 7. 已知函数是定义在R上的偶函数，且是奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性分析可得到函数的一个周期，结合周期性运算求解即可. 【详解】是奇函数，则有， 令，则有， 又函数是定义在R上的偶函数，所以， 则有，即函数的一个周期为2. 所以. 故选：A 8. 已知且，且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意构造函数，利用导数求出函数单调性，再由单调性比较大小即可. 【详解】由可得， 令，则有，，， 又， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 且时，，时，， 由单调性知，，且， 所以，即，再由单调性知，. 故选：D 二、选择题：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. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数运算逐项计算判断. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，由，得，于是，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 10. 已知四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 二面角的正切值为 D. 过点且与平面平行的平面截该四棱锥所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行、面面垂直、二面角的向量求法等知识对每个选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A：连接交于点，连接，则. 因为平面，不在平面内，所以平面，所以A正确； 对于选项B：如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面和平面的法向量为， 则，即. ，即. 令，则，那么. 令，则，那么. 又，所以平面和平面的法向量不垂直， 那么平面和平面不垂直，所以B错误； 对于选项C：因为，设平面的法向量为， 则，即. 令，则平面的法向量为， 所以二面角的余弦值为. 所以，所以，所以C正确； 对于选项D： 取的中点为，连接. 因为平面，不在平面内， 所以平面. 因为平面，不在平面内， 所以平面. 又，平面，所以平面平面. 取的中点，连接，那么平面为所求截面， 又，，，. 所以截面面积为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为R，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法，结合题意分析可判断，利用赋值法及利用单调性比较大小可判断. 【详解】对于：令，则，即，因为， 所以，所以，故错误； 对于：令，则， 即，因为，所以，故正确； 对于： ，， 所以，故正确； 对于：令，则，由可得，即， 所以为增函数，， 因，所以，即， 所以，故正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】 【解析】 【分析】由对数运算，指数运算法则可得答案. 【详解】因，，， 则. 故答案为：. 13. 若直线是曲线的切线，则实数a的值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数几何意义，结合切点既在曲线上，又在切线上即可求解. 【详解】，则， 直线是曲线的切线， 所以，解得， 所以，解得. 故答案为：. 14. 已知正数满足，则的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用基本不等式得到，再设，利用导数分析函数的单调性，求其最大值即可. 【详解】因为（当且仅当时取等号）. 所以，. 设，， 则，. 由得；由得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以 所以，当且仅当时取等号. 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. 甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响，现每人分别投篮2次. （1）记甲投篮命中的次数为X，求随机变量X的概率分布和期望； （2）求甲比乙进球数多的概率. 【答案】（1）概率分布见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）由X可能的取值，求出相应的概率，列出X的概率分布，由公式求期望； （2）由甲比乙进球数多所包含的三种情况，结合相互独立事件的概率乘法公式，以及互斥事件概率加法公式，即可求解. 【小问1详解】 甲投篮命中率为，现投篮2次，命中次数X可能的取值为0，1，2， ，，， X的概率分布为： X 0 1 2 P . 【小问2详解】 甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响， 现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多包含以下三种情况： ①甲进1球，乙进0球，概率为， ②甲进2球，乙进1球，概率为， ③甲进2球，乙进0球，概率为， ∴甲比乙进球数多的概率. 16. 已知幂函数在上单调递增. （1）求实数的值； （2）求关于的不等式的解集. 【答案】（1） （2）当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；;当时，不等式解集为. 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的概念，结合时，幂函数在上单调递增即可解题； （2）根据一元二次不等式的解集的求法，对分类讨论，即可求解. 【小问1详解】 因为函数为幂函数， 所以，解得或. 当时，，在上单调递增，符合题意； 当时，，在上单调递减，不符合题意； 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由， 得. 当，即时，不等式无解； 当，即时，不等式解为； 当，即时，不等式解为. 综上可得， 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解为. 17. 设函数. （1）当时，求过点且与曲线相切的直线方程； （2）若，是函数的两个极值点. ①求实数a的取值范围； ②求证：是定值. 【答案】（1）和 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，利用导数求出切线斜率，得出切线方程，代入点，求出即可得解； （2）①根据函数有2个极值点转化为导函数有2个零点，利用判别式求解；②根据根与系数的关系及立方和公式化简即可得证. 【小问1详解】 当时，，， 设切点为，则， 则切线方程为， 代入，可得， 化简可得：， 即，可得， 解得或， 所以切点为，， 所以切线方程为和， 即和 【小问2详解】 ①因为是函数的两个极值点， 所以有两个不等的根实数根， 所以，解得， 故实数a的取值范围为. ②由①知，， 又， 而， ， 所以， 即是定值. 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，点是的中点. （1）证明：； （2）设点，，，均在球的球面上. ①证明：点O在平面内； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析 （2）①见解析；② 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）①首先根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用坐标法求点的坐标，即可证明； ②求平面的法向量，利用坐标法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为平面平面，且平面平面， 且是等腰直角三角形，，点是的中点， 所以，所以平面，且平面， 所以； 【小问2详解】 ①因为是等边三角形，且点是的中点， 所以， 如图，以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，， 设， 由条件可知，， 所以， 解得：，即， 所以点在平面内； ②，，， 设平面的一个法向量， ，令，则， 所以平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 所以. 19. 已知函数的定义域是D，对于，定义集合. （1）已知函数，求； （2）已知函数，且，求实数m的取值范围； （3）若函数，对任意的，，且，都有，求实数a的值. 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）根据新定义，求出，解不等式，得解； （2）求出，解不等式，分，，讨论，结合判断得解； （3）根据题意，可得在定义域上单调递增，即，对恒成立，利用导数运算求解. 【小问1详解】 因为，所以，即， ，即，解得或， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以，即，即， ①当，即时，上面不等式的解集为， 因为，所以，则，即， 所以； ②当，即时，不等式的解集为，满足； ③当，即时，不等式的解集为， 不满足，不合题意. 综上，满足的实数的取值范围为. 【小问3详解】 由题，对任意的，且，都有， 若，则，即由，则， 所以，结合，可知在定义域上单调递增， 即对恒成立，又（*）， 即，对恒成立， 令，则，则由（*）可得， 令，，问题转化为，对恒成立， 因， 若，在上恒成立，即在上单调递增， 又时，，不满足，对恒成立； 若，令，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以在处取得最小值，为， 因为恒成立，所以， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以在处取得最大值为， 因此，不等式当且仅当时成立，此时对恒成立， 所以实数的值为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $