精品解析：江苏省扬州市2025-2026学年高三上学期期中检测数学试卷

2025-2026学年第一学期期中检测 高三数学 2025.11 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校､姓名､准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上､试卷上答题无效. 一､单项选择题（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，只有一项符合要求） 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数图象的一条对称轴方程为（ ） A. B. C. D. 3. “，当时，都有”是“，都有”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 5. 表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被高斯采用，因此得名高斯函数，例如：.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别为，若，则边的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知，则它们的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 在正中，边长为3，为边的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 10. 下列各式结果为1的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知且，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量均为单位向量，且，则和的夹角大小为__________. 13. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数__________.①；②当时，；③是奇函数. 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式及其单调增区间； （2）若，求不等式的解集. 16. 一个盒子中有个大小重量相同的小球，其中个白球，个黑球，甲同学从盒子中分次随机抽取，每次抽取个球. （1）若每次抽出的球放回，求恰有次抽取到黑球的概率； （2）若每次抽出的球不放回. ①记抽取到的黑球个数为随机变量，求的分布列和数学期望； ②在抽取到个黑球与个白球的前提下，求第次抽到黑球的概率. 17. 如图，四棱锥和四棱锥中，底面为边长为6的正方形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积. 18. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 19. 在中，角的对边分别为的面积为.已知. （1）若，求的值； （2）若，求的最小值； （3）若.分别在边上，且，求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期中检测 高三数学 2025.11 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校､姓名､准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上､试卷上答题无效. 一､单项选择题（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，只有一项符合要求） 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数单调性求出集合，再求出集合，根据交集的定义运算. 【详解】得，则， 又，则. 故选：B 2. 函数图象的一条对称轴方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦函数型对称轴的求法可得答案. 【详解】令， 得：， 所以函数图象的对称轴方程为：. 令得：， 令得：， 令得：， 故只有选项C正确. 故选：C 3. “，当时，都有”是“，都有”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合函数的单调性的定义，利用充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】，当时，都有，则在单调递增，所以； 反之，都有，不能得到在单调递增， 例如，该函数在上单调递减，在上单调递增，， 显然满足，但在上不单调递增； 所以“，当时，都有”是 “，都有”的充分且不必要条件. 故选：A 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性及零点个数排除法即可得解. 【详解】由函数解析式及奇函数定义知，AD为奇函数，B为偶函数，C为非奇非偶函数， 由图象可知，函数为奇函数，排除BC, 又只有一解，即函数只有一个零点，故排除A， 故选：D 5. 表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被高斯采用，因此得名高斯函数，例如：.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式得出解集，结合高斯函数的定义求解范围. 【详解】因为，则， 根据高斯函数定义可得实数. 故选：C. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立，解方程，再根据余弦的倍角公式可得答案. 【详解】联立，解得： 或， 又因为，则，所以， 所以. 故选：D 7. 在中，角的对边分别为，若，则边的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理化简得出，利用诱导公式化简得出，最后利用正弦定理即可. 【详解】由结合余弦定理可得， 化简得，则， 又，则， 则，即， 则由正弦定理，得. 故选：B 8. 已知，则它们的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，求导，利用单调性可得到的大小；再构造，求导利用单调性可得到的大小；综合可得答案. 【详解】令，求导得：， 故在上单调递减，所以，故， 又因为，故，故； 令，求导得：， 由得：，所以， 而，故对上恒成立， 故在上单调递增， 故，故，故； 综上： 故选：B 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 在正中，边长为3，为边的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量的运算法则计算各个选项可判断. 【详解】， 故选项A正确； 在上的投影向量为： ， ， 故选项B错误； 因为为边的中点， 所以， 又因为，所以， 所以 . 故选项C正确； 因为为等边三角形，且为边的中点， 所以，，，， 所以：. 故选项D正确. 故选：ACD 10. 下列各式结果为1的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】应用二倍角正弦公式及余弦二倍角公式计算判断A，C；应用两角和与差正弦及正切公式化简判断B，D. 【详解】，A选项错； ，B选项正确； ，C选项错误； ，D选项正确； 故选：BD. 11. 已知且，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本不等式性质，当且仅当时取等号，结合“1的替换”“平方技巧”分析AB选项，根据“特殊值验证”分析C选项，令，变形代数式，再利用基本不等式即可求解. 【详解】A选项，因为且，所以， 根据基本不等式可得，当且仅当且时取等号，所以， A 选项正确； B选项，， 因为，当且仅当时取等号， 所以，则， 当且仅当时取等号，即最大值为，B选项正确； C选项，因为，所以，，，又，代入得：， 令（），表达式变为， 取特殊值（此时），计算得： , 而当时，值为，故1不是最大值，选项C错误； 选项D，令，则， 代入， 令，则， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立，D正确． 故选：ABD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量均为单位向量，且，则和的夹角大小为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】把平方，利用向量的运算法则可得答案. 【详解】由于 ， ，  均为单位向量，故 ， ， . 给定 ，对两边取模的平方得： 代入 ，得： ， 解得： ，. 故答案为： 13. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数__________.①；②当时，；③是奇函数. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据幂函数的性质可得所求的. 【详解】取，则， 所以，满足①， ，当时，有，满足②， 的定义域为，又， 故是奇函数，满足③. 故答案为：（答案不唯一）. 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，由题意，可得或，计算即可求解. 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以， 由正弦定理可得，即， 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理可得， 即， 因为满足上述条件的平面四边形有且只有1个， 所以或，得或， 所以边的取值范围是. 故答案为： 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式及其单调增区间； （2）若，求不等式的解集. 【答案】（1），单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）由图象可求出的值以及函数的最小正周期的值，进而可得出的值，再由以及的取值范围可得出的值，由此可得出函数的解析式，再利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区间； （2）利用根据正弦函数的图象与性质解不等式，结合即可求解. 【小问1详解】 由图象可知， 函数的最小正周期满足，故，所以， 所以， 因为，可得， 因为，故，所以，解得， 因此， 令，解得， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 由得， 即，则有， 解得，又，所以， 综上，不等式的解集为. 16. 一个盒子中有个大小重量相同的小球，其中个白球，个黑球，甲同学从盒子中分次随机抽取，每次抽取个球. （1）若每次抽出的球放回，求恰有次抽取到黑球的概率； （2）若每次抽出的球不放回. ①记抽取到的黑球个数为随机变量，求的分布列和数学期望； ②在抽取到个黑球与个白球的前提下，求第次抽到黑球的概率. 【答案】（1） （2）①的分布列为： 数学期望； ② 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验概率问题的求解方法可求得结果； （2）①首先确定所有可能的取值，根据概率乘法公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望； ②根据概率乘法公式可求得所需概率，由条件概率公式可求得结果. 【小问1详解】 若每次抽出的球放回，则每次抽取到黑球的概率为， 则随机抽取次，恰有次抽取到黑球的概率. 【小问2详解】 ①由题意知：所有可能的取值为， ； ； ； 的分布列为： 数学期望. ②记事件为“抽取到个黑球与个白球”，事件为“第次抽到黑球”， 则事件为“第次和第次抽到白球，第次抽到黑球”； ，，， 即在抽取到个黑球与个白球的前提下，第次抽到黑球的概率为. 17. 如图，四棱锥和四棱锥中，底面为边长为6的正方形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积. 【答案】（1） 证明：因为平面平面， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） （3）60 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明； （2）建系，利用线面角的向量公式计算即可； （3）先作出重合部分的图形，然后再拆分成一个四棱锥与一个三棱柱，计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别以为轴建立空间直角坐标系，由题意得： ， 所以， 设平面的法向量为， 故，令得， 故平面的一个法向量为， 直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【小问3详解】 连接，由且，可得：四边形为平行四边形，故相交，设交点为； 易得四边形为平行四边形，故相交，设交点为， 故四棱锥和四棱锥重合部分为几何体， 分别取的中点，连接，容易得到几何体为三棱柱. 几何体由四棱锥与三棱柱组合而成. 所以几何体的体积. 18. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. 【小问1详解】 ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故. 19. 在中，角的对边分别为的面积为.已知. （1）若，求的值； （2）若，求的最小值； （3）若.分别在边上，且，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角形面积公式得到，再利用余弦定理求解余弦值即可. （2）利用余弦定理和三角形面积公式并结合换元法得到，再利用辅助角公式并结合正弦函数的有界性列出不等式，求解参数范围，最后求出最小值即可. （3）利用正弦定理求出，，结合可得，再结合辅助角公式和正弦函数的有界性得到，最后利用三角形面积公式得到结果即可. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得， 因为，所以， 所以由余弦定理得； 【小问2详解】 由三角形面积公式得，且，解得， 由余弦定理得 ， 令，则，， 即，其中， 可得，解得， 则，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 【小问3详解】 由题意得，而，可得， 如图，作出符合题意的图形， 设，则是等边三角形，得到， 因为，所以，而， 故，设， 在中，由正弦定理得， 解得， 在中，由正弦定理得，解得， 如图，过作，可得，，， 由锐角三角函数的定义得，则， 因为，所以， 化简得，则， 由辅助角公式可得，， 由正弦函数有界性可得， 即，故， 由三角形面积公式得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $