精品解析：江西南昌聚仁高级中学2026-2027学年高三8月数学第一次素养训练

8月高三数学 命题： 审题： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在指定区域. 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．命题范围：高中阶段数学学习内容 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若命题“，使得”是假命题，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 复数分别对应复平面上的点，则向量对应的复数是（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的可导函数满足恒成立，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上的最小值恰为，方程表示焦点在轴上的椭圆，记所有满足条件的为集合，实数的取值集合为，则（ ） A. B. C. D. 7. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为6天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人至少需要的天数为（ ） A. 48 B. 54 C. 60 D. 66 8. 中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（ ） A. B. 8 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，部分选对的得部分分.有选错的得0分. 9. 某研究小组调查学生每周课外阅读时间（单位：小时）与语文作业中错别字个数（单位：个）的关系，随机抽取5位学生的数据如下表所示： 1 2 3 4 5 8 6 5 4 2 根据表中的数据计算得经验回归方程为，下列结论正确的是（ ） A. 与负相关 B. C. 当与时，残差相等 D. 每增加1小时，平均减少1个 10. 函数的部分图象如图所示.则（ ） A. B. 图象关于轴对称 C. 在内单调递增 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 11. 两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）.已知圆锥轴截面的顶角为，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为.当，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线.在长方体中，，点在平面内，下列选项正确的是（ ） A. 若点到直线的距离与点到平面的距离相等，则点的轨迹为直线 B. 若点到直线的距离与点到的距离之和等于，则点的轨迹为椭圆 C. 若，则点的轨迹为抛物线 D. 若，则点的轨迹为双曲线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是_________. 13. 若，满足，且，则_______． 14. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，已知鳖臑中，平面，，，，，分别为线段，，的中点，则平面截鳖臑外接球所得截面的面积为______. 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. 我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中给出了由三角形的三边计算三角形面积的公式，这就是“三斜求积”公式．若的内角的对应边分别为． （1）若，求面积； （2）若，且，求面积的最大值． 16. 如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． （1）证明：平面； （2）若二面角的大小为，判断是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 17. 2025年8月31日，哈尔滨马拉松赛事成功举行，志愿者服务是赛事有序开展的重要保障，共青团哈尔滨市委员会统筹了志愿者选拔的面试工作，现随机抽取了名候选志愿者的面试成绩，已知名候选志愿者的分数全部介于分到分之间（满分分），工作人员将所有测试分数分成组：，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）由频率分布直方图估计这名候选志愿者面试分数的平均数以及第百分位数； （3）此前工作人员已按照分层抽样的方法，从分数在内的候选志愿者中抽取出甲、乙、丙、丁、戊人，查阅他们的答题记录．求从甲、乙、丙、丁、戊人中选出人进行复核面试时，所选出的人中恰有人分数在内的概率． 18. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．古希腊数学家帕普斯完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数（离心率）的点的轨迹叫作圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为双曲线．已知曲线：． （1）分别求出曲线表示椭圆、双曲线时的取值范围． （2）已知曲线的离心率为，曲线向右平移.个单位长度得到曲线． （i）求曲线的方程； （ii）已知为坐标原点，，，是曲线上3个不同的点，，求的面积． 19. “拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数． （1），且，若恒成立，求的取值范围； （2）当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由； （3）当时，设的两个极值点为，，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 8月高三数学 命题： 审题： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在指定区域. 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．命题范围：高中阶段数学学习内容 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因，， 则. 2. 若命题“，使得”是假命题，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为命题“，使得”是假命题，所以其命题的否定“，使得”是真命题： 当时，不等式即，符合题意； 当时，命题为真等价于，解得， 综上所述，. 3. 复数分别对应复平面上的点，则向量对应的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，对应点， ，对应点， 则向量，对应复数为． 4. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，得或（舍）， 则. 5. 已知定义在上的可导函数满足恒成立，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造，求导得到其单调性，从而得到不等式，得到答案 【详解】设，则， 所以在上单调递增. 于是，即，解得. 6. 已知函数在区间上的最小值恰为，方程表示焦点在轴上的椭圆，记所有满足条件的为集合，实数的取值集合为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由满足条件的集合求，再由椭圆条件求，最后判断集合关系. 【详解】当时，， 此时的最小值为，所以，即． 若，此时能取到最小值， 即，代入可得，满足要求，即； 若取不到最小值，则需满足，即， 而在上单调递减， 所以存在唯一符合题意；所以集合. 由椭圆的焦点在轴上，得， 解得，所以实数的取值集合为， 则，即. 7. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为6天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人至少需要的天数为（ ） A. 48 B. 54 C. 60 D. 66 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数. 【详解】设感染人数由增加到需要轮传染，则每轮新增感染人数为，经过轮传染，感染总人数为， 令，得 ，由于，故， 平均感染周期为6天，感染人数由1增加到2000大约需要天. 8. 中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作平面交平面于，过作交于，交于，过作交于，连接，根据题中条件可以得到为侧面与底面ABCD所成的角，由得到，同理可得，则有，过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，分别求出体积即可得解. 【详解】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ，同理， ， ，， ， ， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面， ， ， ， 该五面体的体积为， 该“刍甍”的体积为. 故选：C. 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，部分选对的得部分分.有选错的得0分. 9. 某研究小组调查学生每周课外阅读时间（单位：小时）与语文作业中错别字个数（单位：个）的关系，随机抽取5位学生的数据如下表所示： 1 2 3 4 5 8 6 5 4 2 根据表中的数据计算得经验回归方程为，下列结论正确的是（ ） A. 与负相关 B. C. 当与时，残差相等 D. 每增加1小时，平均减少1个 【答案】ABD 【解析】 【详解】由于，，经验回归直线过样本中心点， 代入得，解得，回归方程为. 选项A：，说明随增大而减小，与负相关，A正确； 选项B：计算得，B正确； 选项C：残差定义为. 当时，，残差； 当时，，残差，残差不相等，C错误； 选项D：回归斜率，说明每增加1小时，平均减少1，即平均减少1个，D正确. 10. 函数的部分图象如图所示.则（ ） A. B. 图象关于轴对称 C. 在内单调递增 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图象特征及所过点确定函数解析式，结合三角函数的性质判断选项ABC，根据三角函数平移变换判断选项D. 【详解】由图像可知，函数最小值为，且，因此. 由图可得：函数过点和，代入得： ，结合，得； ，结合五点法作图可得，解得， 由，可得，， 所以当时， 故，A正确. 选项B：代入，得， 函数关于中心对称，B错误. 选项C：令， 解得：单调递增区间为. 当时，增区间为，而，区间包含递减部分，因此在该区间不是单调递增，C错误. 选项D：向左平移个单位， 可得，D正确. 11. 两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）.已知圆锥轴截面的顶角为，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为.当，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线.在长方体中，，点在平面内，下列选项正确的是（ ） A. 若点到直线的距离与点到平面的距离相等，则点的轨迹为直线 B. 若点到直线的距离与点到的距离之和等于，则点的轨迹为椭圆 C. 若，则点的轨迹为抛物线 D. 若，则点的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆锥曲线的定义及题干截面形状，结合选项逐个验证可得答案. 【详解】对于A，如图，到直线的距离即为，到平面的距离即为到直线的距离， 因为到直线的距离与到平面的距离相等， 所以的轨迹即为直线，故的轨迹为直线，故A正确； 对于B，到直线的距离与到的距离之和等于，由长方体的性质可知点到点的距离与点到点的距离之和等于， 即在平面内的点满足故点的轨迹为椭圆，故B正确； 对于C，如图，根据长方体的性质，与平面所成的角为， 时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥侧面被平面所截形成的曲线， 而，则，即，故的轨迹为椭圆，故C错误； 对于D，同C分析：时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥侧面被平面所截形成的曲线， 而，即，故的轨迹为双曲线，故D正确， 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是_________. 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为. 13. 若，满足，且，则_______． 【答案】8 【解析】 【分析】利用解方程组法求得，，再根据求得，进而代值计算即可. 【详解】由，得， 联立上述两式解得，，即， 而， 则，即， 所以. 14. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，已知鳖臑中，平面，，，，，分别为线段，，的中点，则平面截鳖臑外接球所得截面的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】运用割补法，结合线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、球的性质进行求解即可. 【详解】可将鳖臑补形为正方体，如图， 则该鳖臑外接球与正方体外接球相同，球心为中点， 外接球半径为， 取中点，中点，可知平面即为平面， ，平面，平面， 得平面，同理平面，， 得平面平面， 又平面， 则到平面距离即为平面与平面之间的距离，连接分别交，于，，因为平面，所以，，，所以平面，即平面， 因此所求面面距离即为， 所以所求截面圆的半径为，则截面圆面积为. 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. 我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中给出了由三角形的三边计算三角形面积的公式，这就是“三斜求积”公式．若的内角的对应边分别为． （1）若，求面积； （2）若，且，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将的值代入三角形的面积公式即可求解. （2）首先利用正弦定理将进行边角转化，得到，再代入三角形的面积公式中得到，利用二次函数即可求得最大值. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 因为，所以，可化为， 由正弦定理边化角得，， 所以，即， 由，得，解得， 所以， 因为， 所以，当时，取得最大值． 16. 如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． （1）证明：平面； （2）若二面角的大小为，判断是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）因为平面，平面，所以； 又，是的中点，所以； 因为，，平面，所以平面． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，得，，故， 设，以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建立坐标系， ，，，，， 设，，， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则： ， 解得，故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时． 17. 2025年8月31日，哈尔滨马拉松赛事成功举行，志愿者服务是赛事有序开展的重要保障，共青团哈尔滨市委员会统筹了志愿者选拔的面试工作，现随机抽取了名候选志愿者的面试成绩，已知名候选志愿者的分数全部介于分到分之间（满分分），工作人员将所有测试分数分成组：，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）由频率分布直方图估计这名候选志愿者面试分数的平均数以及第百分位数； （3）此前工作人员已按照分层抽样的方法，从分数在内的候选志愿者中抽取出甲、乙、丙、丁、戊人，查阅他们的答题记录．求从甲、乙、丙、丁、戊人中选出人进行复核面试时，所选出的人中恰有人分数在内的概率． 【答案】（1） （2）平均数73，第30百分位数66.25 （3） 【解析】 【小问1详解】 由题可得组距为10，所以， 解得. 【小问2详解】 由小问（1）可得，计算各组的中点及频率， 的中点为55，频率为， 的中点为65，频率为， 的中点为75，频率为， 的中点为85，频率为， 的中点为95，频率为， 则平均数， 累计频率为，累计频率为， 则第30百分位数位于内，设为x，则， 解得. 【小问3详解】 的人数为人，的人数为人， 人数比为，所以中抽取4人设为甲、乙、丙、丁， 中抽取1人设为戊， 从这5人中抽取2人有，，，，，，，，，，一共10种选法， 恰有1人在内有，，，一共4种选法， 则概率为. 18. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．古希腊数学家帕普斯完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数（离心率）的点的轨迹叫作圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为双曲线．已知曲线：． （1）分别求出曲线表示椭圆、双曲线时的取值范围． （2）已知曲线的离心率为，曲线向右平移.个单位长度得到曲线． （i）求曲线的方程； （ii）已知为坐标原点，，，是曲线上3个不同的点，，求的面积． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）把已知等式进行变形，根据题中定义分类讨论进行求解即可； （2）（i）根据题中定义，结合平移的性质进行求解即可； （ii）根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数的关系、三角形面积公式、点到直线距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 表示点到原点的距离，表示点到直线的距离． 若曲线表示椭圆，则，解得，即的取值范围为； 若曲线表示双曲线，则，解得，即的取值范围为． 【小问2详解】 （i）因为曲线的离心率为，所以，即， 即曲线的方程为， 曲线向右平移个单位长度得到曲线， 故曲线的方程为，化简可得． （ii）设，，． 因为，所以， 解得，，则， 若直线的斜率为0，则由双曲线的对称性可知，此时在轴上， 所以不可能在双曲线上，舍去． 设直线的方程为，由得， 则且，即， 又，， 所以，故， 代入双曲线的方程得， 化简得，又，所以， 点到直线的距离， ． 故的面积． 19. “拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数． （1），且，若恒成立，求的取值范围； （2）当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由； （3）当时，设的两个极值点为，，且，证明：． 【答案】（1） （2）存在，证明如下： 当时，函数. 验证是否存在区间（）使得. 方法一：不等式等价于. 由拉格朗日中值定理，可知存在，使得， 因此只需保证，这只需要在区间上单调递增， 由于函数，在时大于零， 所以的单调递增区间为， 所以只需要即可，因此存在这样的区间. 方法二：等价于函数在区间上为凹函数. 当（即）时，，在为凸函数； 当时，，为凹函数. 在凹区间（如）取，则； 在凸区间（如）取，则. 因此存在这样的区间. （3）由设则是方程 的两个根． 又 所以在 上严格递减，在上严格递增， 由于是的两个根，因此 因为，所以 在上，严格递减，而 ，所以 因为 ，所以 点都在区间内，且在该区间严格递减． 由，可得， 再看，令，则， 设， 当 时，所以， 因此， 由于，点都在区间内，且在该区间严格递增， 由可得， 于是， 又，所以， 两式相减，得 结合 ，可得 原命题得证． 【解析】 【分析】（1）利用拉格朗日中值定理转化为要求对所有成立.然后利用导数分析，可得答案； （2）方法一：题设不等式等价变形为，由拉格朗日中值定理进行等价转化为只需证明在区间上单调递增，然后利用导数进行分析求解；方法二：分析函数的凹凸性，利用数形结合分析得到结论； （3）当时，设，利用函数极值点的定义可得，再由函数的单调性可得，即可证明. 【小问1详解】 由题意，对于任意，有，等价于. 根据拉格朗日中值定理，存在使得. 因此，要求对所有成立. 整理得. 设函数，则. 在内，单调递增，在内，单调递减. . 故； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $