江苏省徐州市第一中学2025-2026学年高三上学期9月检测数学试题

徐州一中2025~2026学年度第一学期高三年级9月检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 说明： 1、请在答题卡/纸的相应位置内填写学校、班级、姓名、考号等。 2、请将所有答案均按照题号填涂或填写在答题卡/纸相应的答题处，超出答题区域不得分。 3、如书写凌乱，影响阅读，将从总分中扣除卷面分。 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．已知复数z满足，则为(    ) A．2 B． C． D．10 2．已知为抛物线：的焦点，上一点到轴的距离为，则（   ） A． B．2 C． D．3 3．在正方体中，下列结论错误的是（   ） A．∥平面 B．平面 C．存在过的平面，使得 D．存在过的平面，使得 4．已知点O为的重心，，则（　　） A． B． C．1 D．6 5．已知数列满足，，，则（    ）\ A． B． C． D． 6．定义在R上的奇函数，满足，时，，则f(31)=（　　） A． B． C． D． 7．在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（    ） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 8．抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A与事件B是独立的，则n的值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9．已知函数，下列命题正确的为（    ） A．该函数为偶函数 B．该函数最小正周期为 C．该函数图象关于对称 D．该函数值域为 10．如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为，则（    ） A．， B．记为的前n项和，则为 C．记为数列的前n项和，则 D．数列的前n项和为 11．约翰逊多面体是指除了正多面体､半正多面体（包括13种阿基米德多面体､无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱､无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔､平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三､四､五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则该台塔（    ） A．共有15条棱 B．表面积为 C．高为 D．外接球的体积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某工厂生产的零件长度（单位：毫米）服从正态分布，且，若对该工厂同批生产的4个零件逐一检查，则仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为 13．已知多项式展开式中所有项的系数之和为32，则该展开式中的常数项为 ． 14．设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，则的取值范围是 . 四、解答题：本大题共5小题，共 77分，解应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．已知函数，其中，a，b为实常数且． (1)若为偶函数，且其最小值为4，求实数a与b的值； (2)若，，对任意实数x均满足，求实数b的取值范围． 16．已知，函数的部分图像如图所示，图中最高点，最低点．    (1)求函数的解析式； (2)若的内角所对的边分别为，若，，求面积的取值范围． 17．如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点．    (1)求证：平面； (2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小． 18．已知，，动点满足，作轴于点，为直线上一点，且满足，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若是上的动点，过作椭圆：的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，求的取值范围. 19．甲､乙两人参加射击比赛，规则如下：每轮由1人射击两次，若全中则此轮的射击者赢得比赛，比赛结束，否则进行下一轮射击，由另外的人射击两次，如此类推.经过抽签，第1轮甲射击，已知甲､乙每次射击命中的概率分别为，，各次射击互不影响. (1)若，记为比赛结束时的轮数，证明：； (2)若，记事件“比赛在第轮时未结束”，“甲赢得比赛”， （i）写出与的关系式并求； （ii）求. （参考：对于任意，当趋于无穷大时，） 高三数学试题 第 2 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 徐州一中2025~2026学年度第一学期高三年级9月检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 说明： 1、请在答题卡/纸的相应位置内填写学校、班级、姓名、考号等。 2、请将所有答案均按照题号填涂或填写在答题卡/纸相应的答题处，超出答题区域不得分。 3、如书写凌乱，影响阅读，将从总分中扣除卷面分。 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．已知复数z满足，则为(    ) A．2 B． C． D．10 【答案】D 【分析】根据复数的运算法则和模的概念即可计算． 2．已知为抛物线：的焦点，上一点到轴的距离为，则（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】根据抛物线的方程得准线方程，再利用抛物线的定义即可求解. 【详解】易知抛物线：的准线方程为， 由上一点到轴的距离为，得点到直线的距离为， 由抛物线的定义可知. 故选：A. 3．在正方体中，下列结论错误的是（   ） A．∥平面 B．平面 C．存在过的平面，使得 D．存在过的平面，使得 【答案】D 【分析】由根据线面平行的判定定理可判断A；由平面根据线面垂直的性质定理可得，同理，再根据线面垂直的判定定理可判断B；由根据线面平行的判定定理可得平面，即可判断C；假设，则，又，根据线面垂直的判定定理可得平面，这明显错误，所以假设不成立，从而可判断D. 【详解】对于A，因为，平面，平面， 所以平面，故A项正确； 对于B，易证平面，又平面，所以， 同理可得，又，平面，， 所以平面，故B项正确； 对于C，由，平面，平面，得平面， 所以平面即为平面，故C项正确； 对于D，假设，因为，所以， 又，，平面，， 所以平面，这明显错误，所以假设不成立，故D项错误. 故选：D. 4．已知点O为的重心，，则（　　） A． B． C．1 D．6 【答案】A 【分析】作出图形，将作为基底，先把用表示，再将也用表示，将等式整理得到推导出，结合平面向量基本定理算出的值，进而算出答案. 【详解】根据向量加法三角形运算法知（∗）； F为中点，则（∗∗）； 点O为的重心，则， 代入（∗∗）得到，， 代入（∗）得到，， 结合，可得，所以. 故选：A. 5．已知数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：分析可知数列是首项为，公差为1的等差数列，结合等差数列运算求解；方法二：根据递推公式求，发现规律，结合选项可得结果. 【详解】方法一：由题意可得：，则， 可得，即， 可知数列是首项为，公差为1的等差数列， 则，即，所以； 方法二：因为，， 可得，，， 据此可以发现规律，所以． 故选：C． 6．定义在R上的奇函数，满足，时，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知结合奇函数性质可求m，然后结合奇偶性及周期性即可求解． 【详解】因为定义在R上的奇函数，满足， 所以 ， 故的周期为，当时，， 则，所以， 所以． 故选：C． 7．在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（    ） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 【答案】A 【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得. 【详解】如下图，共有10个点任选4个有种， 每个侧面的6个点都共面，任选4个有种，共4个面，则有60种共面情况， 如分别构成一个平面，有3种， 如分别构成一个平面，有6种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取4个不共面的点，不同的取法共有种. 故选：A 8．抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A与事件B是独立的，则n的值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】先分别求出事件、事件以及事件发生的概率，再根据事件与事件独立的性质来求解的值. 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币次，所有可能的结果有种. 事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上”，其对立事件为“次都是正面朝上或次都是反面朝上”，包含的情况有种，所以. 根据对立事件概率之和为，可得. 事件表示“次中至多有一次正面朝上”，即“次中没有正面朝上（全是反面朝上）”或“次中有一次正面朝上”. “次中没有正面朝上”的情况有种；“次中有一次正面朝上”，从次中选次为正面朝上，有种情况. 所以事件包含的情况共有种，则. 事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上且至多有一次正面朝上”，即“次中有一次正面朝上”，有种情况，所以. 因为事件与事件是独立的，所以，即. 可得：.展开得：.即. 当时，，，等式不成立； 当时，，，等式成立； 当时，，，等式不成立. 所以. 故选：C. 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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9．已知函数，下列命题正确的为（    ） A．该函数为偶函数 B．该函数最小正周期为 C．该函数图象关于对称 D．该函数值域为 【答案】BCD 【解析】化简函数，得到函数图像，计算，，讨论，，计算得到答案. 【详解】当时，， 当时，， 画出函数图像，如图所示： 根据图像知：函数不是偶函数，错误； ，该函数最小正周期为，正确； ，故该函数图象关于对称，正确； 根据周期性，不妨取，， ，，故值域为. 故选：. 【点睛】本题考查了三角函数的奇偶性，周期，对称性，值域，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用能力. 10．如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为，则（    ）    A．， B．记为的前n项和，则为 C．记为数列的前n项和，则 D．数列的前n项和为 【答案】AB 【分析】A.首先由正三角形求得点和的坐标，代入曲线，即可求解；B. 由为边长为的等边三角形，求得的坐标；C.将坐标代入曲线，判断C；D.根据C的结果，利用公式，即可求通项公式. 【详解】A.由题意可知为等边三角形，如图，，则， 因为点在曲线上，可得，解得或（舍）， 又由题意可知为边长为的等边三角形，则， 则，可得，解得或（舍），故A正确； B.由为边长为的等边三角形，可得，故B正确； C.由点在曲线上，则，整理得， 由，可知，故C错误； D.当时，可得， 所以， 可化为， 因为，则，所以， 又因为，符合上式，故， 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以数列的通项公式为， 所以，故D错误. 故选：AB 11．约翰逊多面体是指除了正多面体､半正多面体（包括13种阿基米德多面体､无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱､无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔､平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三､四､五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则该台塔（    ）    A．共有15条棱 B．表面积为 C．高为 D．外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】由台塔的结构特征，数棱的条数，计算表面积和高，由外接球半径计算体积. 【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，A选项正确； 台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1， 表面积为，B选项错误； 上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为， 则点是正六边形的中心，也是的中心，   和都是正三角形，是的中心， 由棱长为1，则， 所以台塔的高，C选项正确； 设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径， 下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，    设台塔的外接球半径为，， 则有或，解得， 所以，台塔的外接球体积，D选项正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某工厂生产的零件长度（单位：毫米）服从正态分布，且，若对该工厂同批生产的4个零件逐一检查，则仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为 【答案】 【分析】利用正态分布对称性计算可得任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为，再由二项分布公式计算可得结果. 【详解】根据可得， 即，又由对称性可知， 所以，即任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为； 因此4个零件逐一检查，仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为； 故答案为： 13．已知多项式展开式中所有项的系数之和为32，则该展开式中的常数项为 ． 【答案】 【分析】先用展开式中所有项的系数之和为32求出，再将化为进行求解. 【详解】由题意可得，解得，则， 故该展开式中的常数项为． 故答案为： 14．设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据和的符号，将分为三个区间，，，并得到对应的不同的表达式，当时，无解；当时，有唯一解，通过分离常数得到，借助导数得到在上的值域，即可得到的取值范围；当时，将转化成关于的二次函数在上恰有两解的问题，即可求出的取值范围. 【详解】①当时， 所以，， ， 解得，不符合题意，所以在上无解. ②当时，， 所以，，， 令，所以， 即 令，所以， 所以，所以在单调递增， 所以，即. 此时在上有唯一解； ③当时，， 因为函数恰有三个零点， 所以在上有两解， 即在上有两解， 即在上有两解. 令 所以，即 解得， 综上①②③，所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共 77分，解应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．已知函数，其中，a，b为实常数且． (1)若为偶函数，且其最小值为4，求实数a与b的值； (2)若，，对任意实数x均满足，求实数b的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）应用偶函数的性质得到恒成立，即，根据已知及基本不等式求得，即可得参数值； （2）问题化为在R上恒成立，应用导数求右侧的最大值，即可得参数范围. 【详解】（1）由题设， 所以恒成立，则，又， 所以的最小值为4，显然， 又，当且仅当时取等号，则，即， 所以，经检验满足题设，故； （2）由题设，即在R上恒成立， 令，则， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 所以，故. 16．已知，函数的部分图像如图所示，图中最高点，最低点．    (1)求函数的解析式； (2)若的内角所对的边分别为，若，，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由点确定周期，可得，再由即可求解的值，从而得函数解析式； （2）由确定，得到，再结合正弦定理、三角恒等变换、正弦型函数的性质即可得的取值范围，由三角形面积公式得面积的取值范围． 【详解】（1）因为图像经过，， 所以得周期，由得，. 又得，， 又因为， 所以，所以． （2）因为，又， 结合图像对称性可知：，则， 又，由正弦定理得：， 则， 所以 ， 由，，可得， 所以，则， 故， 于是可得的面积为， 故面积的取值范围为. 17．如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点．    (1)求证：平面； (2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明平面，可得，再利用向量法证明，然后由线面垂直判定定理可证； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可解. 【详解】（1）因为为正三角形，是中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， ， 又在平面内且相交，故平面 （2）分别为的中点，， 又平面过且不过，平面． 又平面交平面于，故，进而， 因为是中点，所以是的中点． 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，，    设平面法向量为， 则，即，取，得， 则， 因为，所以. 18．已知，，动点满足，作轴于点，为直线上一点，且满足，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若是上的动点，过作椭圆：的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）设，，根据向量关系得到，由得到方程，得到，将代入，求出轨迹方程； （2）设，切线斜率存在时，，设切线方程，与椭圆联立，利用根的判别式为0得到方程，设关于的方程的两根为，，得到两根之和，两根之积，得到两点坐标，结合，表达出，由，求出，当切线斜率不存在时，求出的坐标，求出，综上，的取值范围是. 【详解】（1）设，，则， 因为，所以， 故，则 由，得，化简得， 将代入得， 故的方程为； （2）设，过作椭圆的切线，当切线斜率存在时，， 设斜率为，切线方程为， 联立整理得，① 则， 即，② 设②中关于的方程的两根为，， 则， ①式中，当取时，得， ， 将换成，得， 故 ，③ 其中 ， 又，所以， ， 故， 因为， 所以； 当切线斜率不存在时，中，令，此时， 由对称性不妨设，此时设，则， 此时. 综上，的取值范围是. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19．甲､乙两人参加射击比赛，规则如下：每轮由1人射击两次，若全中则此轮的射击者赢得比赛，比赛结束，否则进行下一轮射击，由另外的人射击两次，如此类推.经过抽签，第1轮甲射击，已知甲､乙每次射击命中的概率分别为，，各次射击互不影响. (1)若，记为比赛结束时的轮数，证明：； (2)若，记事件“比赛在第轮时未结束”，“甲赢得比赛”， （i）写出与的关系式并求； （ii）求. （参考：对于任意，当趋于无穷大时，） 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）答案见解析；（ii） 【分析】（1）计算出，，利用条件概率公式得到； （2）（i）解法一：设出事件，分为偶数和为奇数两种情况，得到的关系，得到为奇数时，，此时是等比数列，利用等比数列的性质得到，从而得到当为偶数，，求出答案； 解法二：设出事件，考虑当为偶数，由全概率公式知，当为奇数，同理，从而为奇数时，，此时是等比数列，利用等比数列的性质得到，从而得到当为偶数，，求出答案； （ii）解法一：甲只可能在奇数轮时获胜，结合互斥事件概率公式和等比数列求和公式可得，因为，所以； 解法二：注意到，体现无记忆性，所以，即，解得. 【详解】（1）表示第1轮甲射击没有全中，则， ，故每一轮，甲乙射击没有全中的概率均为， 故表示前轮射击没有出现全中，则， 同理知， 所以； （2）（i）解法一：甲在奇数轮时射击，乙在偶数轮数时射击， 记事件“甲两次射击没全中”，事件“乙两次射击没全中”， 则， 当为偶数，第轮由甲射击，发生等价于发生且甲两次射击没全中， 即，又各次射击互不影响，与独立， 所以①， 当为奇数，第轮由乙射击，同理②， 由①②知，当为奇数时，. 所以当为奇数时是首项为，公比为的等比数列，. 当为偶数，， 综上知， 解法二：甲在奇数轮时射击，乙在偶数轮数时射击， 记事件“甲两次射击没全中”，事件“乙两次射击没全中”， 则， 当为偶数，第轮由甲射击，由全概率公式知 . 在甲两次射击没全中的前提下比赛在第轮未结束等价于比赛在第轮未结束， 所以，即①， 当为奇数，第轮由乙射击，同理②， 由①②知，当为奇数时，. 所以当为奇数时是首项为，公比为的等比数列，所以. 当为偶数，， 综上知； （ii）解法一：甲只可能在奇数轮时获胜， 则， 表示比赛在第轮未结束，在轮结束， 所以， 所以， 又因为事件两两互斥， 所以 ， 因为，所以； 解法二：注意到若前2轮比赛仍未分出胜负，后续与刚开始比赛时完全一样，即“遗忘”了前2轮的结果， 从第3轮开始甲获胜的概率仍然为，即，体现无记忆性， 所以 ， 即，解得. 数学答案及解析 第4页，共21页 数学答案及解析 第3页，共21页 学科网（北京）股份有限公司 $