精品解析：江苏省常州高级中学2026-2027学年高三上学期7月阶段检测数学试题

江苏省常州高级中学2027届高三 数学试卷 一、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. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，，若，，共面，则（ ） A. 存在无数个实数符合题意 B. 存在唯一的正整数符合题意 C. 不存在正整数符合题意 D. 不存在任何实数符合题意 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 6. 已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 旅游博主小胡自驾出行周游世界.已知各地燃油价格高低不一，出行中小胡有两种加油方案：第一种，每次均加升的燃油；第二种，每次加元的燃油，则下列说法正确的是（ ） A. 采用第一种方案划算 B. 采用第二种方案划算 C. 两种方案一样 D. 无法确定 8. 已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法正确的有（ ） A. 若摸球后放回，则 B. 若摸球后不放回，则 C. 若摸球后放回，则 D. 若摸球后不放回，则 10. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 异面直线与所成角余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成角正弦值为 11. 已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（    ） A. 是锐角三角形 B. 的面积为 C. 外接圆半径为 D. 若是最大角，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小正周期为______． 13. 若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________． 14. 设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________． 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. 已知函数，其中． （1）讨论函数的奇偶性； （2）当时，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 16. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 18. 一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化．记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为． （1）求； （2）求； （3）求． 19. 已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为． （1）求实数a，b的值； （2）证明：方程有且只有一个实根． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州高级中学2027届高三 数学试卷 一、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. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】A 【解析】 【分析】对于正态分布，则正态曲线关于直线对称，然后利用对称性即可求解. 【详解】因为正态分布，所以正态曲线关于直线对称，即， 又因为，所以， 因为和关于对称，所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出集合、，利用集合的交集运算求解. 【详解】，, 所以. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 4. 已知向量，，，若，，共面，则（ ） A. 存在无数个实数符合题意 B. 存在唯一的正整数符合题意 C. 不存在正整数符合题意 D. 不存在任何实数符合题意 【答案】B 【解析】 【详解】因为向量，，， 若，，共面，则存在唯一实数，使得， 则，解得， 所以存在唯一的正整数符合题意. 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得， 因为当时，函数取得最大值， 故，解得，所以，经验证在时取得最大值， 所以. 6. 已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出. 【详解】，的图象关于点对称， 又，当时，取得最值，即的图象关于直线对称， 又在上单调递减，， 点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴， 设的最小正周期为，则，. ，又的图象关于点对称，且在上单调递减， 由正弦函数的性质，，. ，时，. 7. 旅游博主小胡自驾出行周游世界.已知各地燃油价格高低不一，出行中小胡有两种加油方案：第一种，每次均加升的燃油；第二种，每次加元的燃油，则下列说法正确的是（ ） A. 采用第一种方案划算 B. 采用第二种方案划算 C. 两种方案一样 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】设两次加油时的油价分别为元/升和元/升，计算出两种方案下的燃油的均价，利用基本不等式比较即得. 【详解】任取其中两次加油，假设第一次的油价为元/升，第二次的油价为元/升． 第一种方案的均价：， 当且仅当时取等号； 第二种方案的均价：， 因，则， 故，当且仅当时取等号. 综上，第一种方案的均价不低于第二种方案的均价（当且仅当时取等号）.结合题干“各地燃油价格高低不一”可知油价会变化，此时第二种方案更划算． 故选：B． 8. 已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得到为奇函数，的零点关于原点对称，因此只需研究时的零点个数为2，即可对应得到时的零点个数；当时，得到的具体解析式，令分离出参数；构造关于的新函数，利用导数研究函数的单调性、极值、值域，结合方程解的个数要求，得到时方程有2个解对应的的范围，结合奇函数的性质得到总零点为4个时的范围. 【详解】，的定义域为. ，为奇函数，图象关于原点对称. ，恰有4个零点， 可得时，恰有2个零点；时，恰有2个零点，且这4个零点关于原点对称. ， 当时，，得. 时，， 当且时，令，得，即. 时，恰有2个零点，等价于且时，有2个解； 即与在且时有两个交点. 令（且），则； ； ，； 当且时，，即在和上单调递减； 当时，；时，；，；时，；如图所示： 由图可知，当时，与有两个交点； 恰有4个零点时，实数k的取值范围是． 二、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. 已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法正确的有（ ） A. 若摸球后放回，则 B. 若摸球后不放回，则 C. 若摸球后放回，则 D. 若摸球后不放回，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AC：分析可知事件相互独立，结合古典概型结合条件概率公式分析判断；对于BD：根据题意结合全概率公式分析判断. 【详解】对于选项AC：若摸球后放回，则，且事件相互独立， 可得，故A，C正确； 对于选项BD：若摸球后不放回，则，，，， 可得， 即，故B正确，D错误. 10. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 异面直线与所成角余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成角正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量的数量积运算判断A；根据空间向量夹角的坐标公式即可判断B；根据三棱锥的体积公式即可判断C；根据线面夹角的坐标公式即可判断D． 【详解】如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 对于A，， 所以，所以不成立，故A错误； 对于B，，， 所以，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，取平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成角正弦值为，故D正确． 11. 已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（    ） A. 是锐角三角形 B. 的面积为 C. 外接圆半径为 D. 若是最大角，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据余弦定理列出方程求出边长，再根据余弦定理以及正弦定理求解即可. 【详解】三边为连续正整数：（），最小角对最小边，记最小角为， 则，由余弦定理， 化简得，解得，因此三边长为2，3，4. 对于选项A，最大角对最大边，记最大角为，由余弦定理，为钝角， 故是钝角三角形，所以A错误； 对于选项B，，则，三角形面积，所以B正确； 对于选项C，由正弦定理，外接圆半径，，则，，，所以C错误； 对于选项D，由二倍角公式，所以D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小正周期为______． 【答案】 【解析】 【详解】的定义域为，当时，，此时每相邻两个零点间的距离为； 当时，，的最小正周期为，此时以为最小正周期． 综上可知，的最小正周期为． 13. 若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】因为函数为偶函数，可得，即， 所以，整理得恒成立，所以，即， 当时，可得，则，可得，且， 则切线的斜率为，切点坐标为， 所以切线方程为，即. 14. 设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，，令，利用导数求得在上为单调递增函数，结合，即可求解. 【详解】设函数（），将点代入，可得，即， 解得，即，所以， 因为，所以函数在上为单调递增函数， 设（），将点代入，可得，即， 解得，即，所以， 因为，所以函数在上为单调递增函数， 设， 则， 因为，所以 所以在上为单调递增函数， 又因为， 所以不等式，即为，所以， 所以的解集为. 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. 已知函数，其中． （1）讨论函数的奇偶性； （2）当时，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，为偶函数；当时，为奇函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数； （2） 【解析】 【分析】（1）应用奇函数及偶函数的定义计算，再应用特殊值法计算判断； （2）应用换元法计算，再结合指数函数及二次函数值域计算求解. 【小问1详解】 因为的定义域为，所以， 当时，，为偶函数， 当时，，为奇函数， 当时，则， ，从而， 所以既不是奇函数也不是偶函数． 【小问2详解】 当时，，存在，使得成立， 化简可得，即在上有解， 令，因为，所以，即在上有解， ，因为， 所以实数的取值范围为． 16. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将已知边的关系式全部转化为角的正弦形式，展开并代入等式，消去两边相同项后提取公因式，结合三角形内角正弦不为，求出，再由角的范围确定的大小； （2）由垂直平分线性质得，得到；利用等腰外角关系得，在中列余弦定理；再对用正弦定理建立与的等式，结合二倍角公式联立求出，由为锐角开方得到． 【小问1详解】 由，得， 即， 因为，所以， 所以， 化简得，而，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为在的垂直平分线上，所以， 因为，所以，即， 在中，，所以，，， 在中，，，，， 因为， 所以，即①， 在中，由，得，即②， 将②代入①中，得， 即，解得， 所以， 因为，所以， 所以． 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】（1） 取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1． 【解析】 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 18. 一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化．记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为． （1）求； （2）求； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合定义由细菌分裂规则得结合计算得出； （2）应用条件概率公式计算求解； （3）应用数学期望定义代入推导计算求解. 【小问1详解】 定义状态概率：记，，，． 由细菌分裂规则，得递推关系：，，， 初始条件：，，． 依次计算状态概率：，， 因此． 【小问2详解】 依次计算相应概率： ，，． 由条件概率公式， ． 【小问3详解】 由数学期望定义，， 代入递推关系推导： ，即为常数列． 由，得． 19. 已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为． （1）求实数a，b的值； （2）证明：方程有且只有一个实根． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，得，由题知，解方程得解. （2）令， 分三种情况讨论：当，，时 的零点情况；令，分两种情况讨论：当，时，对求导，借助单调性及零点存在性定理，判断的零点情况，进而得证. 【小问1详解】 因为，所以． 因为的图象在处的切线为， 所以解得 【小问2详解】 令函数，定义域为． 当时，，所以； 当时，，所以； 当时，由知在上单调递增， 又且函数连续不间断， 所以，有． 综上所述，函数在有唯一的零点，且在上恒小于零，在上恒大于零． 令函数，讨论如下： ①当时，， 求导得． 因为，所以， 即函数在单调递增． 又因为， ， 所以函数在存在唯一的零点， 所以方程在上有唯一的零点． ②当时，． 法一：由（1）易证在上恒成立． 事实上，令，则． 因为，所以在上单调递增， 所以，即在上单调递增， 所以，即在上恒成立． 从而， 所以方程在上无零点． 综上所述，方程有且只有一个实根． 法二：因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以方程在上无零点． 综上所述，方程有且只有一个实根． 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题第一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究方程的实根，考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $