精品解析：江苏省常州市江苏省前黄高级中学2025-2026学年高三上学期期初适应性练习数学试题

2026届高三第一学期期初适应性练习 （数学） 命题：朱建新 审核：周永兴 一、单项选择题：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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，根据并集和补集的概念求出答案. 【详解】，又，故， 又，所以. 故选：B 2. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知化简得出，再根据虚部定义得出虚部. 【详解】由，化简得, 得，故的虚部是. 故选：A. 3. 已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的性质，由模长求解，再根据投影向量的公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的周期公式即可求解. 【详解】由题意可知，，所以函数的最小正周期为. 故选：B. 5. 若实数满足，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法1：由题意得，利用基本不等式得，进而解二次不等式即可求解； 解法2：令得代入得，由即可求解. 【详解】解法1：因为实数满足，所以． 再由，可得（当且仅当时等号成立）， 解得，所以， 故的最大值为． 故选：A. 解法2：令，则，代入可得，， 整理得，得， 故． 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性可得利用对数的运算性质可得，由此可确定答案. 【详解】由题意得, , 函数在为减函数， ，即， 函数在为增函数，，即， ， ， 由得，，由得， 综上所述， 故选：A. 7. 已知的边的中点为，点在所在平面内，且，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算可将转化为，则得到的值，进而即可求解． 【详解】因为，边的中点为，所以， 因为，所以， 所以， 所以，即， 因为， 所以，，故. 故选：D． 8. 如图，四边形中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由锐角三角函数可得，再由余弦定理及降幂公式即可求解. 【详解】设，，则， 由余弦定理可得， 所以，解得． 故选：B． 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由图数据得边长，求出；对B，由点坐标求出；对C，代入验证最值；对D，由图象变换可得. 【详解】对于A：如图，因为为等边三角形，且高为， 所以边长为，所以，，，A错误； 对于B：因为点的坐标为，所以， 所以，，解得 又，所以，B正确； 对于C：由上知，而，C正确； 对于D：的图象向左平移个单位长度，解析式变为， 即所得图象与函数的图象重合，D正确. 故选：BCD. 10. 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角C一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由倍角公式化简得即可判断A选项；由余弦定理即可判断B选项；由正弦定理即及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】由可得，又，故， ，故为钝角，A错误； 又由余弦定理，，化简得，B正确； 由正弦定理，即，又，故， 即，即，C正确； 由上知，为钝角，故，， ，当且仅当，即时取等，D正确. 故选：BCD. 11. 设函数，则（ ） A. 当时，没有零点 B. 当时，在区间上不存在极值 C. 存在实数，使得曲线为轴对称图形 D. 存在实数，使得曲线为中心对称图形 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项逐一判断，分别利用图象研究零点，用导数研究极值，用对称性的定义研究对称性即可. 【详解】解法一：对A，函数的定义域为且，由得且. 作出与的图像，二者有唯一交点，不合题意，故没有零点，故A正确. 对B，由题， 令，， 因为，所以， 又，所以，所以， 则在上无极值，故B正确. 对CD，令， 因为，所以或，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线上. 考虑 ， 当时，，所以关于对称，故C正确. 考虑， 所以不存在符合题意的常数，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 命题“，为假命题”，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为命题“，”为真命题，令，利用导数求函数的最大值即可求得解. 【详解】因为“，”为假命题， 所以命题“，”为真命题. 即，成立. 令, 因为， 所以是单调递增函数， ， 所以，即. 故答案为：. 13. 已知，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和得正弦公式，结合已知条件化弦为切即可求解. 【详解】①， 又②， 则①②得： . 故答案为：. 14. 已知函数，在上的最小值为，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题有，根据条件得到有两根为，且有， ，从而转化成求解方程，令，将问题转化成求方程的解，构造函数，再利用函数的单调性及，即可解决问题. 【详解】易知函数的定义域为， 因为，所以， 令，因为在开区间上有最小值， 则在上必有两根，即有， 又在上的两根为，且， 由的图象可知， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又在开区间上有最小值，则必有，且， 令，得到，所以， 整理得到，令， 则，易知在区间上单调递减， 又，所以，当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，所以在上有且只有一根， 由，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. 在中，分别为角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，设角的大小为，的周长为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，求得，即可求得的大小； （2）根据题意，由正弦定理得到，结合三角恒等变换的公式，化简得到的周长，再由，利用三角函数的性质，即可求得周长的最大值. 【小问1详解】 解：在中，因为， 由正弦定理可得， 即， 可得, 因为，所以，可得， 所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 解：由题意知：，，且，则， 根据正弦定理得，可得， 所以的周长 ， 因为，所以当，即时，取得最大值， 此时，即周长的最大值为. 16. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间. 【答案】（1） （2）若，的单调递增区间为，单调递减区间为； 若，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 若，的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 【解析】 【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数几何意义求出切线方程； （2）求定义域，求导，因式分解得到，分和进行讨论，再细分为，和，求出函数单调区间. 【小问1详解】 时，，， ，故， 所以在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 的定义域为R， ， 若，恒成立，令得，令得， 的单调递增区间为，单调递减区间为； 若，令得或， 当，即时，令得或， 令得， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当，即时，恒成立， 所以的单调递增区间为R，无单调递减区间； 当，即时，令得或， 令得， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为； 综上：若，的单调递增区间为，单调递减区间为； 若，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 若，的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 17. 某芯片公司生产甲、乙、丙三种型号的芯片，每种芯片均需要两次光刻才能成型，甲、乙、丙芯片第一次光刻的良品率分别为，，．只有第一次光刻为良品，才能进行第二次光刻，否则为废品被淘汰，甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为，，．第二次光刻的良品才是合格品． （1）若从第一次光刻的芯片中任取3枚甲芯片、2枚乙芯片、1枚丙芯片，再从这6枚芯片中任取一枚，求该芯片是良品的概率； （2）甲、乙、丙三种芯片的每件合格品可为公司赚取利润100元，每件不合格品使公司亏损25元，现生产甲、乙、丙芯片各一枚，设这3枚芯片为公司赚取的利润为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为 50 175 300 ，【解析】 【分析】（1）考虑从甲、乙、丙三种芯片中选且是良品的不同情况，分别计算概率再相加. （2）因为芯片合格需两次光刻都合格，所以用每次光刻为良品的概率相乘，分类讨论计算概率.得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 记事件为该芯片是良品， 则． 【小问2详解】 设，，分别为甲、乙、丙三种芯片第次光刻为良品， 则，，，，，． 甲芯片是合格品的概率为， 乙芯片是合格品的概率为， 丙芯片是合格品的概率为． 的可能取值为-75，50，175，300， ， ， ， ， 其分布列为 50 175 300 数学期望． 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC（不与端点重合）上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=. （1）求证：平面PBC⊥平面PQB； （2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？ 【答案】（1）证明如下： ∵ADBC，Q为AD的中点，BC=AD， ∴BCQD，BC=QD， ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQCD. ∵∠ADC=90°，∴BC⊥BQ. ∵PA=PD，AQ=QD，∴PQ⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PQB. ∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB. （2）当PM=时，平面QMB与平面PDC所成的角大小为60°. 【解析】 【分析】（1）由得 ，由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得平面，所以 ，⊥平面，由面面垂直的判定定理可得平面⊥平面； （2）由（1）可知平面，以为原点,分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法根据二面角的大小为60°求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则Q(0，0，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(-1，，0)， ∴=(0，，0)，=(0，，0)，=(1，0，)，=(-1，，-)， PC=. 设=λ，则=(-λ，λ，-λ)，且0<λ<1，得M(-λ，λ，λ)， ∴=(-λ，λ，(1-λ)). 设平面MBQ的法向量为=(x，y，z)， 则，即 令x=，则y=0，z=， ∴平面MBQ的一个法向量为=，0，. 设平面PDC的法向量为=(x'，y'，z')， 则，即 令x'=3，则y'=0，z'=-， ∴平面PDC的一个法向量为=(3，0，-). ∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°， ∴cos60°=， ∴λ=. ∴PM=PC=. 即当PM=时，平面QMB与平面PDC所成的角大小为60°. 【点睛】方法点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 19. 已知函数，设的图象在处的切线为l：． （1）若，证明：当时，； （2）若有三个零点，，（）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）当时，，． 对求导得，则． 所以切线l的方程为，即， 令． 对求导得． 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 所以，即，所以当时，． （2）（i）； （ii）由（i）知，且，所以， 由（1）知，当时，，所以， 整理得， 又，所以，得证． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程，构造，利用导数求解最值即可证明不等式. （2）（i）先确定有零点，然后分和两种情况讨论，利用导数研究其单调性，结合零点个数求解参数范围； （ii）由（i）得，根据（1）的结论得，结合即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i），显然有，，． ①若，则恒成立，所以在上单调递增， 所以在上只有一个零点，不符合题意； ②若，令得，记其两根分别为， 则，，所以， 由得，或，由得，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又，所以，， 当x无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 所以在上有唯一零点，为， 又，且， 所以在上只有一个零点，从而，所以． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第一学期期初适应性练习 （数学） 命题：朱建新 审核：周永兴 一、单项选择题：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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 5. 若实数满足，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知的边的中点为，点在所在平面内，且，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 11 8. 如图，四边形中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 10. 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角C一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 11. 设函数，则（ ） A. 当时，没有零点 B. 当时，在区间上不存在极值 C. 存在实数，使得曲线为轴对称图形 D. 存在实数，使得曲线为中心对称图形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 命题“，为假命题”，则实数的取值范围为______. 13. 已知，则_________． 14. 已知函数，在上的最小值为，则实数的值为______． 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. 在中，分别为角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，设角的大小为，的周长为，求的最大值. 16. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间. 17. 某芯片公司生产甲、乙、丙三种型号的芯片，每种芯片均需要两次光刻才能成型，甲、乙、丙芯片第一次光刻的良品率分别为，，．只有第一次光刻为良品，才能进行第二次光刻，否则为废品被淘汰，甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为，，．第二次光刻的良品才是合格品． （1）若从第一次光刻的芯片中任取3枚甲芯片、2枚乙芯片、1枚丙芯片，再从这6枚芯片中任取一枚，求该芯片是良品的概率； （2）甲、乙、丙三种芯片的每件合格品可为公司赚取利润100元，每件不合格品使公司亏损25元，现生产甲、乙、丙芯片各一枚，设这3枚芯片为公司赚取的利润为，求的分布列与数学期望． 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC（不与端点重合）上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=. （1）求证：平面PBC⊥平面PQB； （2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？ 19. 已知函数，设的图象在处的切线为l：． （1）若，证明：当时，； （2）若有三个零点，，（）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $