精品解析：江苏徐州市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级1月检测数学试题

徐州一中2025—2026学年度第一学期高三年级1月检测 数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 或3 B. 0或 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意集合相等，元素相同且同一集合元素互异求解即可. 【详解】解：因为集合，， 所以，解得. 故选：C 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数、虚部的概念求解即可. 【详解】因为， 所以，所以的虚部为3. 故选：C 3. “”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】D 【解析】 【分析】举例说明是既不充分也不必要条件即可. 【详解】推不出 例如，但； 也推不出，例如但， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 4. 已知圆锥的底面半径为1，高为3，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意，圆锥的母线长为， 所以圆锥的表面积. 5. 一名职业篮球运动员在某场比赛中，三分球命中率分别为，，，，，，，，若这组数据的分位数为，且随机变量，则（ ） A. 7.6 B. 7.4 C. 7.2 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】先求出这组数据的分位数为，再利用二项分布的期望公式求解即可. 【详解】把个数据按照从小到大的顺序排序得：，，，，，，，， ，所以这组数据的分位数为第位数字，即， 即，所以. 故选：A. 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合指数函数与对数函数单调性及三角函数二倍角公式计算比较即可得. 【详解】由函数在上单调递减，则， 由函数在上单调递增，则， 又，则， 即有. 故选：. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和两角和差余弦公式可化简得，结合两角和差正切公式可构造方程组求得. 【详解】，即， ， 整理可得：，， ，， 由得：或， 又，. 故选：C. 8. 在三棱锥中，平面，，且，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值． 【详解】如图， 设，，为的外心， 为三棱锥外接球的球心， 则平面，又平面， 所以，平面， 则，四边形是直角梯形， 设，，， 由平面，平面，得， 则，由余弦定理可知，，. 令，则，， ，当且仅当，即时等号成立， 所以三棱锥外接球表面积， 故选：B. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 某校高一、高二、高三3个年级的学生人数分别占该校学生总人数的40%，30%，30%，其中高一、高二、高三3个年级眼睛近视的学生人数分别占各自年级人数的60%，70%，80%，现从该校学生中随机调查一名学生，则下列结论正确的有（ ） A. 该学生的眼睛近视的概率为0.69 B. 该学生是高三年级且眼睛近视的概率为0.8 C. 如果该学生是高二年级，那么该学生的眼睛不近视的概率为0.3 D. 如果该学生的眼睛近视，那么该学生不是高一年级的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据概率乘法公式及对立事件的概率对选项逐一分析即可. 【详解】对于：该学生的眼睛近视的概率为，故正确； 对于：该学生是高三年级且眼睛近视的概率为，故错误； 对于：如果该学生是高二年级，那么该学生的眼睛不近视的概率为，故正确； 对于：如果该学生的眼睛近视，那么该学生不是高一年级的概率为，故错误. 故选：AC. 10. 已知椭圆的长轴长是离心率的两倍，为上任意一点，且原点为的对称中心，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 线段的中垂线不可能经过的顶点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据曲线表示椭圆可得范围，分别讨论和的情况，根据长轴长为离心率的两倍可构造方程求得A正确；设，，，结合三角恒等变换和三角函数值域的知识可确定BC正误；将椭圆顶点坐标代入线段中垂线方程中，发现方程可以成立，则D错误. 【详解】对于A，由椭圆方程得：，，解得：且， 当时，，椭圆焦点在轴上，则其长轴长为，焦距为， 离心率，，解得：； 当时，，椭圆焦点在轴上，则其长轴长为，焦距为， 离心率，，整理可得：， 当时，，无解； 综上所述：，A正确； 对于B，由A知：椭圆， 设，，， （其中，）， 则当时，取得最小值，B错误； 对于C，， 则当或时，取得最大值，C正确； 对于D，，中点， 若不是椭圆顶点，则， 中垂线方程为：，即， 将代入方程得：，化简得：， 解得：或，又，， 中垂线可能经过椭圆顶点，D错误. 故选：AC. 11. 已知定义在上的奇函数满足当时，，若存在等差数列，其中，使得成等比数列，则a的取值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，不妨设，由，得到，又由等比数列，设公比为，根据函数为奇函数，求得，再由，得出，转化为在上有解，令，求得，得出函数的单调性与，结合，求得，进而结合选项，即可求解. 【详解】当时，则，因为函数是上的奇函数， 所以，即函数， 设等差数列的公差为，不妨设 因为，可得，解得，所以， 则， 又因为等比数列，设公比为， 可得， 由且函数为奇函数，所以点关于原点对称， 所以，即，解得， 所以， 因为，可得，所以， 即方程即在上有解， 即，即在上有解， 令，可得， 令，即，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，， 所以，解得，所以A正确； 又由，，所以B正确，D不正确； 令，可得，所以单调递减， 又因为，所以，即，可得， 又由，所以，所以B符合题意. 故选：ABC 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据平面向量的坐标运算可得，结合共线向量的坐标表示与平面向量的几何意义计算即可求解. 【详解】由题意知，， 又，所以，即， 解得或，所以或， 所以或. 故答案为：或. 13. 随机变量，正实数，满足，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据正态分布的对称性得到满足的条件，再结合基本不等式求的最小值. 【详解】因为，且正实数，满足， 所以，即. 所以 （当且仅当即，时取等号）. 所以的最小值为. 14. 现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，再根据数学期望公式计算. 【详解】由题意知，四次抽取的卡片颜色种数的所有可能取值为， 当，即次抽取的卡片颜色相同，故， 当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故， 当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故， 当，即次抽取到的卡片颜色均不同，故， 所以四次抽取的卡片颜色种数的数学期望. 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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求a； （2）若，求AB边上的高h. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系求得，再结合正弦定理求解； （2）利用正、余弦定理求得，,再利用等面积法求边上的高. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 由正弦定理得，所以,所以； 【小问2详解】 由正弦定理得，所以，所以， 由余弦定理可得， 因为，即， 所以AB边上的高. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，且，，. （1）证明：平面平面. （2）若二面角的余弦值为，求棱AB的长. 【答案】（1）证明：∵平面，平面，∴； ∵，，，∴，∴； ∵平面，，∴平面， ∵，∴ 平面， ∵平面，∴平面平面. （2）1 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质可得，再利用勾股定理可得，从而得到平面，最后结合面面垂直的判定定理得证； （2）以A为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，再利用二面角的向量求法可构造方程求得的值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知：平面，，则AB，AD，AP两两互相垂直， 以A为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设，则，，，， ∴，，， 设平面的法向量， 则，故可取； 设平面的法向量， 则，故可取； ∴，解得：（舍）或， ∴棱AB的长为1. 17. 已知函数，． （1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：有且仅有一个极值点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）化简恒成立的不等式可得，由可得取值范围； （2）令，利用导数可知单调递减，结合零点存在定理可得存在唯一零点，进而得到单调性，根据极值点定义可证得结论. 【小问1详解】 在上恒成立， 在上恒成立， 当时，在上取得最大值， ，即实数的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）知：， 当时，，在上单调递增； 当时，令，则， 在上单调递减，又，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 综上所述：在上单调递增，在上单调递减， 有且仅有一个极值点. 18. 已知椭圆的短轴长为2，与双曲线有相同的左右焦点，点是椭圆上的动点，的延长线的交点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）若点的纵坐标为，求内切圆的方程； （3）设分别为的内切圆半径，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出双曲线焦点，从而求出，可求出椭圆方程； （2）由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，利用面积法可求得内切圆半径，进而可求得内切圆方程； （3）得到直线的方程为，与椭圆方程联立后得到的坐标，同理求出的坐标，根据的面积表达出，利用基本不等式求出的最大值，从而得到答案. 【小问1详解】 由，所以，又，所以， 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 因为点的纵坐标为 又轴， 由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点， 且的周长为， 又， ，内切圆的圆心为 内切圆的方程为 【小问3详解】 因为， 直线的方程为， 由，消可得， 整理得， 所以，得， 所以. 同理可得， 所以 ，当且仅当，取等号； 则，则当为时可取等.所以的最大值为. 又因为，所以. 19. 请阅读以下材料并完成以下问题： 【材料一】范数是定义在向量空间上的一个函数，它为向量空间中的每个向量赋予一个非负的实数值，直观上可以理解为向量的“长度”或“大小”. -范数：在维向量空间中，向量的-范数定义为，其中.如当时，得到1-范数，即，它表示向量各个分量绝对值之和，例如. 再以常见的二维欧几里得空间为例，对于向量，其欧几里得范数（也称为2-范数）定义为，这正是我们熟悉的从原点到向量终点的直线距离，符合我们对向量长度的直观认知. 【材料二】桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果.这一现象就是我们所说的“抽屉原理”. 抽屉原理是德国数学家狄利克雷（P.G.T.Dirichlet，1805~1859）首先提出来的，也称狄利克雷原理.抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有个元素放到个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素. 【材料三】在维向量空间中，对，其中，，定义. （1）若，且，其中，；记为奇数的向量个数为. ①求； ②求（用含的式子表示，其中）； （2）若正整数，若定义集合，其中，，，且；请求出的元素个数；若已知，满足对任意，都有，求的最大值. 【答案】（1）①，；② （2）的元素个数为.的最大值为4. 【解析】 【分析】（1）①根据题目定义，分析出现时的情况，对其分类讨论，再根据组合数和计数原理求解即可；②当为偶数时，根据计数原理二项式定理列方程组求得； 当为奇数时，根据计数原理二项式定理列方程组求得，即可得解； （2）根据向量的范数公式和组合数求得的元素个数，法一：根据元素的互异性得中恰有一个相同位置的元素均为1，然后先举例利用抽屉原理得的最大值为4，再证明时与题设矛盾； 法二：先利用反证法证明引理：，然后利用由引理求得的最大值为4即可. 【小问1详解】 ①当时，，则的个数为1， 根据乘法原理. 当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即0的个数为0，2， 根据乘法原理和加法原理得到. ②当为偶数时，为奇数，则的个数为奇数，即0的个数为， 根据乘法原理和加法原理得到， ， ， 两式相减得到； 当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，即0的个数为， 根据乘法原理和加法原理得到， ， ， 两式相加得到. 综上所述：. 【小问2详解】 由题：（1）由，且，故， 中6个分量中恰有3个1， 的元素个数为. 又由，由集合元素互异性，，故可取， 若要满足条件，则中恰有一个相同位置的元素均为1. 猜想：列举其中一种， 若，则， ，， 而此时前面三位均已不可站位，由抽屉原理，不管怎么选都不能满足题意，故的最大值为4. 下证若，则中有三个分量为1，但要求中都恰好有一个分量与相同， 则由抽屉原理，必然有一个位置有两个分量与之相同， 即中至少有两个向量在相同的位置与有相同的分量1； 不妨设的第一个分量为1，此时的剩余6个分量要分配在5个不同的位置里， 但由抽屉原理，中至少有两个向量在两个相同的位置都有1， 不妨设这两个向量为，则， 与题设：“对任意，都有”矛盾，故. 当时， 令，满足题意. 故的最大值为4. 另解：由题：由，且，故中6个分量中恰有3个1， 故的元素个数为. 对于的非空子集. 设，这里是的第个分量， 定义，规定， 设， 令， 我们先证明引理：. 反证法：，令， 设满足，其中， ，即：，且， ，这与矛盾，引理证毕. 回到原题，由引理，解得， ， ，符合题意， 综上，当时，的最大值为4. 第1页/共1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1月检测 数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 或3 B. 0或 C. 3 D. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 3. “”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 4. 已知圆锥的底面半径为1，高为3，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 10 5. 一名职业篮球运动员在某场比赛中，三分球命中率分别为，，，，，，，，若这组数据的分位数为，且随机变量，则（ ） A. 7.6 B. 7.4 C. 7.2 D. 7 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，，且，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 某校高一、高二、高三3个年级的学生人数分别占该校学生总人数的40%，30%，30%，其中高一、高二、高三3个年级眼睛近视的学生人数分别占各自年级人数的60%，70%，80%，现从该校学生中随机调查一名学生，则下列结论正确的有（ ） A. 该学生的眼睛近视的概率为0.69 B. 该学生是高三年级且眼睛近视的概率为0.8 C. 如果该学生是高二年级，那么该学生的眼睛不近视的概率为0.3 D. 如果该学生的眼睛近视，那么该学生不是高一年级的概率为 10. 已知椭圆的长轴长是离心率的两倍，为上任意一点，且原点为的对称中心，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 线段的中垂线不可能经过的顶点 11. 已知定义在上的奇函数满足当时，，若存在等差数列，其中，使得成等比数列，则a的取值可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则__________. 13. 随机变量，正实数，满足，则的最小值为______. 14. 现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为________. 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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求a； （2）若，求AB边上的高h. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，且，，. （1）证明：平面平面. （2）若二面角的余弦值为，求棱AB的长. 17. 已知函数，． （1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：有且仅有一个极值点． 18. 已知椭圆的短轴长为2，与双曲线有相同的左右焦点，点是椭圆上的动点，的延长线的交点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）若点的纵坐标为，求内切圆的方程； （3）设分别为的内切圆半径，证明：. 19. 请阅读以下材料并完成以下问题： 【材料一】范数是定义在向量空间上的一个函数，它为向量空间中的每个向量赋予一个非负的实数值，直观上可以理解为向量的“长度”或“大小”. -范数：在维向量空间中，向量的-范数定义为，其中.如当时，得到1-范数，即，它表示向量各个分量绝对值之和，例如. 再以常见的二维欧几里得空间为例，对于向量，其欧几里得范数（也称为2-范数）定义为，这正是我们熟悉的从原点到向量终点的直线距离，符合我们对向量长度的直观认知. 【材料二】桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果.这一现象就是我们所说的“抽屉原理”. 抽屉原理是德国数学家狄利克雷（P.G.T.Dirichlet，1805~1859）首先提出来的，也称狄利克雷原理.抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有个元素放到个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素. 【材料三】在维向量空间中，对，其中，，定义. （1）若，且，其中，；记为奇数的向量个数为. ①求； ②求（用含的式子表示，其中）； （2）若正整数，若定义集合，其中，，，且；请求出的元素个数；若已知，满足对任意，都有，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $