精品解析：江苏省连云港市部分学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

江苏省高三年级数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：第1∼14题内容为集合、逻辑、不等式、函数、导数、三角，解答题按高考知识点布局. 一、选择题：本大题共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. “”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，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 4. 若函数的图象在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. 0 C. D. 5. 已知都是锐角，，则（　　） A. B. C. D. 6. 若关于的不等式的解集是，则下列式子中错误的是（ ） A. B. C. ， D. ， 7. 已知函数，若，则的值等于（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若的最小正周期是，则 B. 当时，图象的对称中心的坐标为 C. 当时， D. 若在区间上单调递增，则 11. 已知定义在上的函数的导函数为是偶函数，是奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 不等式的解集为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个过点，且在上单调的二次函数：__________. 13. 已知，，，则_______． 14. 我们可以把看作每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作每天的“落后”率都是1%，一年后是，则一年后“进步”的是“落后”的__________倍；大约经过__________天后“进步”的分别是“落后”的10倍.（参考数据：，，，，，结果保留整数） 四、解答题：本大题共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. 过点的直线与抛物线交于，两点，是的焦点． （1）若线段中点的横坐标为1，求的值； （2）求的取值范围． 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. 如图，在直三棱柱中，，为棱的中点，为的中点，且． （1）求证：； （2）若三棱锥的四个顶点均在球的表面上． ①求平面截球的表面所得圆的周长； ②求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在两个大小相同，距离不同的区域内进行投掷沙包的比赛，每人至多投3次．具体比赛规则如下：在距离较远的区域内投一次特制沙包，投进得5分，没投进不得分；在距离较近的区域内投两次普通沙包，每投进一次得3分，没投进不得分，且得分高于5分则获得相应奖励，若前两次均投进或均未投进，都停止比赛．已知甲同学在距离较远的区域内投中沙包的概率是，在距离较近的区域内投中沙包的概率是，且每次是否投进互不影响． （1）若甲同学先投特制沙包，求他投掷2次就停止该项比赛的概率； （2）为使获得奖励的概率最大，甲同学应先投哪种沙包； （3）为使投中沙包累计得分的期望最大，甲同学应先投哪种沙包． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省高三年级数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：第1∼14题内容为集合、逻辑、不等式、函数、导数、三角，解答题按高考知识点布局. 一、选择题：本大题共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】B 【解析】 【详解】因为，，所以. 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】A 【解析】 【分析】由指数函数单调性可得，然后根据不等式性质及充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】由指数函数的单调性得，由能推出， 反之，由推不出，例如，但， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是． 故选：D. 4. 若函数的图象在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数求导得，由题意可得，解得的值，代入所求式计算即得，. 【详解】由求导得：， 依题意，有，解得， 则． 故选：C. 5. 已知都是锐角，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用正切的和与差公式，即可求解. 【详解】因为，又， 所以，又都是锐角，则， 所以，整理得到，解得，， 则， 故选：A. 6. 若关于的不等式的解集是，则下列式子中错误的是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】将问题转化为不等式的解集是，可得为方程的根，且，进而代值求解即可. 【详解】由，则， 则，即，显然， 由题意，不等式的解集是， 则为方程的根，且，即， 则，解得. 故选：D. 7. 已知函数，若，则的值等于（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由对数的运算性质结合题意可得. 【详解】由题意可得， 所以. 故选：D . 8. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用偶函数性质可得，再由偶函数单调性以及定义域列出不等式组计算求解即可. 【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数， 所以，解得，即函数的定义域为， 当时，单调递增，所以当时，单调递减， 关于的不等式，即， 所以，解得， 所以原不等式解集为. 故选：B 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用不等式性质逐一判断，选项D则用作差法即可. 【详解】对于A，，但与不能比较大小，故A不一定成立； 对于B，，故B成立； 对于C，由题意得，故C成立； 对于D，由，但符号不确定，故D不一定成立. 故选：BC. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若的最小正周期是，则 B. 当时，图象的对称中心的坐标为 C. 当时， D. 若在区间上单调递增，则 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项根据周期公式求解，B选项根据正切函数的对称中心坐标公式求解，C选项直接代入求解，D选项根据正切函数的单调区间代入求解. 【详解】A选项，当的最小正周期是时，，则,故正确 B选项，当时，，所以令， 解得，所以函数图象的对称中心的坐标为，故正确. C选项，当时，，，故错误. D选项， 令，解得， 所以函数的单调递增区间为， 因为在区间上单调递增，所以， 解得， 另一方面，即，所以， 又因为，所以由，得，由，得， 所以的取值范围是，故错误. 故选：AB 11. 已知定义在上的函数的导函数为是偶函数，是奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 不等式的解集为 【答案】AC 【解析】 【分析】由为奇函数，求得，令，可判定A正确；当时，，可判定B不正确；令，由是偶函数，得到，得到，可判定C正确；联立方程组，求得，得到，可判定D不正确. 【详解】对于A中，由为奇函数， 可得，即， 令，可得，所以，所以A正确； 对于B中，由，当时，，所以B不正确； 对于C中，令，可得， 因为是偶函数，所以为偶函数，即， 则，而，故即, 故即为奇函数，所以C正确； 对于D中，因为是偶函数，可得， 即，联立方程组，可得， 又因为，可得， 令，即，解得，即不等式的解集为，所以D不正确. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个过点，且在上单调的二次函数：__________. 【答案】.（答案不唯一） 【解析】 【分析】由二次函数的性质结合题意可得. 【详解】函数可为， 对称轴为，开口向上，且点在函数图象上. 故答案为：.（答案不唯一） 13. 已知，，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由和角正弦公式得，结合已知及平方关系求相关函数值，进而求. 【详解】， 因为，所以，， 由，，所以，， 综上，． 故答案为： 14. 我们可以把看作每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作每天的“落后”率都是1%，一年后是，则一年后“进步”的是“落后”的__________倍；大约经过__________天后“进步”的分别是“落后”的10倍.（参考数据：，，，，，结果保留整数） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】计算得到，设天后“进步”的分别是“落后”的10倍，则，解得，得到答案. 【详解】， 故， 设天后“进步”的分别是“落后”的10倍，则， 即， 解得， 故答案为：；. 四、解答题：本大题共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. 过点的直线与抛物线交于，两点，是的焦点． （1）若线段中点的横坐标为1，求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）3； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，得到，结合抛物线的定义，即可求解. （2）设直线的方程为，联立方程组，得到且，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点，设， 由线段中点的横坐标为，得，由抛物线定义得， 所以. 【小问2详解】 由直线过点，设直线的方程为， 由消去并整理得， 由，得，且， 则， 所以的取值范围为. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，进而得到，根据角的范围即可求解； （2）由，求得，由得，由余弦定理得，即可求得的周长. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，可得，所以， 若，则，不合题意，故，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，可得，可得， 又因为，所以，由余弦定理， 可得，所以， 所以的周长为. 17. 如图，在直三棱柱中，，为棱的中点，为的中点，且． （1）求证：； （2）若三棱锥的四个顶点均在球的表面上． ①求平面截球的表面所得圆的周长； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：由题意知平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以； （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定可证明平面，即可求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用外接球的性质，结合勾股定理求解球心位置，或者利用空间中两点距离公式求解球心坐标，进而可求解所截的圆的半径，即可求解①，利用向量法即可求解②. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得两两垂直，以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则． 所以， 设平面的一个法向量，则，即， 令，得，所以， 法1：因为是以为斜边的直角三角形，所以的外心为线段的中点， 其坐标为，且平面，所以在上，于是设， 由，得，即，解得， 所以，所以，球的半径． 法2：设，由，得， 解得，即， 所以，球的半径． ①设点到平面的距离为，则， 所以截面圆的半径， 故截面圆的周长为； ②，设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 在两个大小相同，距离不同的区域内进行投掷沙包的比赛，每人至多投3次．具体比赛规则如下：在距离较远的区域内投一次特制沙包，投进得5分，没投进不得分；在距离较近的区域内投两次普通沙包，每投进一次得3分，没投进不得分，且得分高于5分则获得相应奖励，若前两次均投进或均未投进，都停止比赛．已知甲同学在距离较远的区域内投中沙包的概率是，在距离较近的区域内投中沙包的概率是，且每次是否投进互不影响． （1）若甲同学先投特制沙包，求他投掷2次就停止该项比赛的概率； （2）为使获得奖励的概率最大，甲同学应先投哪种沙包； （3）为使投中沙包累计得分的期望最大，甲同学应先投哪种沙包． 【答案】（1） （2）甲同学先投特制沙包或普通沙包均可 （3）甲同学应先投普通沙包 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解， （2）分别求解两种情况下的概率，即可比较大小作答， （3）利用相互独立事件的概率公式求解分布列，即可由期望公式计算大小，比较作答. 【小问1详解】 记“甲同学先投特制沙包，投掷2次就停止该项比赛”为事件A，有以下两种情况： ①甲同学第一次投掷特制沙包投中，第二次投掷普通沙包投中，停止比赛； ②甲同学第一次投掷特制沙包未投中，第二次投掷普通沙包未投中，停止比赛， 故． 【小问2详解】 记甲同学先投特制沙包，并获得奖励的概率为， 则． 记甲同学先投普通沙包，并获得奖励的概率为，则 ． 因为，所以为使获得奖励的概率最大，甲同学先投特制沙包或普通沙包均可． 【小问3详解】 记甲同学先投特制沙包累计得分为X，则X的所有可能取值为0，3，5，6，8， ， ， ， ， ， ． 记甲同学先投普通沙包累计得分为Y， 则Y的所有可能取值为0，3，6，8， ， ， ， ， 故， 因为， 所以为使投中沙包累计得分的期望最大，甲同学应先投普通沙包． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）证明：． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得， 即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又因，所以， 所以有2个零点，故有2个零点． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：． 【小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意； ② 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以的极小值为：， 因为的极小值小于，所以，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以由可得. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $