精品解析：江苏省江都中学2026-2027学年高三第一学期开学检测数学试题

2027届高三年级开学检测 数学 2026.8 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． 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．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．本试卷共4页，考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. 3 D. 6 3. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知椭圆（）的离心率为e，点在C上，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 将函数的图像向右平移个单位长度得到的图象与原图象重合，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 6. 某公园有一块等腰梯形状的空地，现准备在空地上铺上大理石，使它成为一个运动场地，若第一排需要大理石8片，从第二排开始后面每一排比前一排多2片，共需铺10排，则这块空地共需大理石（ ） A. 160片 B. 170片 C. 180片 D. 190片 7. 若在上始终成立，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 从1，2，3，…，10这十个数中随机抽取一个数记为X，再从1，2，…，X这X个数中随机抽取一个数记为Y，则数学期望（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知点均在抛物线上，是的焦点，则（ ） A. B. 直线轴 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 11. 已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（ ） A. 取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据的平均数为4，则的值是_____. 13. 现有4名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则不同的报名方案有__________种(用数字作答)． 14. 在中，若，则的最大值为_____. 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. 如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点E，F分别为，的中点.求证： （1）； （2）平面. 16. 已知数列的前项和为，，，，． （1）若，，求的值； （2）若数列的前项成公差不为的等差数列，求的最大值； 17. 设，，. （1）化简：； （2）已知.记.证明：能被整除. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，.已知. ①求的值； ②当的面积最大时，求直线的方程. 19. 对于定义在上的函数，若存在，使恒成立，则称为“型函数”；若存在，使恒成立，则称为“型函数”.已知函数. （1）设函数.若，且为“型函数”，求的取值范围； （2）设函数.证明：当，为“（1）型函数”； （3）若，证明存在唯一整数，使得为“型函数”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级开学检测 数学 2026.8 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． 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．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．本试卷共4页，考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用集合的交运算即可求得结果. 【详解】由题意知，. 故选：C. 2. 已知向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据与垂直，可得，即可求出，再根据模的坐标公式即可得解. 【详解】， 因为与垂直， 所以，解得， 所以. 故选：B. 3. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以的虚部为1. 4. 已知椭圆（）的离心率为e，点在C上，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】将点坐标代入椭圆方程，根据的关系及离心率公式，整理化简，即可得答案. 【详解】由点在C上，得，则， 所以，则，所以，则. 5. 将函数的图像向右平移个单位长度得到的图象与原图象重合，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题有，据此可得答案. 【详解】由题有， 则，得，结合，得. 故选：B 6. 某公园有一块等腰梯形状的空地，现准备在空地上铺上大理石，使它成为一个运动场地，若第一排需要大理石8片，从第二排开始后面每一排比前一排多2片，共需铺10排，则这块空地共需大理石（ ） A. 160片 B. 170片 C. 180片 D. 190片 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知这10排大理石片数构成等差数列，由等差数列求和公式计算即可. 【详解】因为这10排大理石片数构成一个首项为8，公差为2的等差数列， 所以． 故选：B． 7. 若在上始终成立，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先由对数函数有意义集合四个选项得到时成立，在进行证明. 【详解】由在上成立， 可得：，解得：. 经过验证只有时成立. 下面给出证明：在上始终成立， ， 或时，，，此时成立. 时，，，此时成立. 因此只有时成立. 故选：C. 8. 从1，2，3，…，10这十个数中随机抽取一个数记为X，再从1，2，…，X这X个数中随机抽取一个数记为Y，则数学期望（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，，其中，据此结合等差数列求和公式可得答案. 【详解】由题可得的可能取值为，. 的可能取值为， ， ， ， 从而，其中， 则 ， 注意到， 则. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知点均在抛物线上，是的焦点，则（ ） A. B. 直线轴 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用点求出，得到抛物线的方程，求出焦点坐标，得到直线轴，由点在抛物线上得到，利用抛物线的定义求出，由的范围得到的范围，从而得到的范围，继而求出，由得到，由得到，计算得到的范围，从而得到. 【详解】因为点在抛物线上， 所以， 解得，选项A正确. 则抛物线的标准方程为， 则焦点，，两点横坐标相等，纵坐标不同， 因此直线垂直于轴，平行于轴，选项B正确. 因为点在抛物线上，所以， 则， 因为，所以，则，即， 则， 因为，所以，选项C错误. 因为，所以， 因为，所以， 即，解得， 因为，所以， 则，即，选项D正确. 10. 已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，分别在中，利用余弦定理求判定A；作平面于点，设得到，作于点得到为二面角的平面角，求得判定 B；根据直线与平面所成角的定义和最小角定理判定D；由且，结合三角函数的基本关系式可判定C. 【详解】由题设中， 在中，则，A对； 过作平面于点（注意其位置不定），设， 则为直线AC与平面BCD所成角，故， 过作于点，由平面，平面，则， 且都在平面内，则平面，平面，则， 综上，为二面角的平面角， 在中，故，B对； 由，其中为AC与平面BCD所成角， 结合线面角的定义及最小角定理有，即，D错； 由且，则， 所以，即，C对. 故选：ABC 11. 已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（ ） A. 取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，结合导数判断的单调性与极值，根据极值和零点的关系确定的取值范围；选项B，结合题意构造函数，利用函数单调性确定的取值范围；选项C，结合夹角公式可得，再结合的范围，分析夹角的取值范围；选项D，通过取值分析范围即可. 【详解】选项A，对求导得，令得； 时，， 单调递减； 时，， 单调递增， 因此的最小值为，有两个零点需要， 即，故A错误. 选项B，由单调性可知零点满足 ，且， 令，在单调递增，取， 则： 求导得 ，故 ， 即，因此，即，B正确. 选项C，交 轴得， 故.是轴正方向与的夹角， 因此：，代入，令， 得：， 又，即，因此 ，C正确. 选项D，三角形内角和， 同理可得： 当时，，，故； 当时，，，故 . 始终大于、小于，因此，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据的平均数为4，则的值是_____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据平均数的公式进行求解即可． 【详解】∵数据的平均数为4 ∴，即. 故答案为：2. 【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用，比较基础． 13. 现有4名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则不同的报名方案有__________种(用数字作答)． 【答案】14 【解析】 【分析】根据要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，可将4名同学分为“1+3”和“2+2”两类，通过分步乘法计数原理，分别求出每一类组合有多少种，再由分类加法计数原理可得答案. 【详解】由题干可知，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则组合为：“1+3”和“2+2”两类； （1）若为“1+3”组合，将4名同学分为两组，一组1人，另一组3人，有种分组方式； 将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种； （2）若为“2+2”组合，将4名同学分为两组，一组2人，另一组也为2人，有种分组方式； 将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种； 由分类加法计数原理，则不同的报名方式有8+6=14种. 故答案为：14 14. 在中，若，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】 根据同角三角函数中的商数关系式，结合正弦和角公式化简， 并由正弦定理将角化为边，代入余弦定理即可表示出，再由基本不等式即可求得的取值范围，进而结合同角三角函数关系式求得的取值范围，即可求得的最大值. 【详解】在中，， 则， 通分化简可得， 由正弦和角公式可得， 所以， 由正弦定理代入可得，即， 又由余弦定理， 代入可得， 所以，当且仅当时取等号， 则，所以， 即，所以， 则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的综合应用，正弦和角公式化简三角函数关系式，正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，基本不等式求最值，综合性强，属于难题. 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. 如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点E，F分别为，的中点.求证： （1）； （2）平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）推导出，从而平面.由此能证明； （2）取的中点，连结，.推导出四边形为平行四边形，.由此能证明平面. 【详解】（1）因为侧面是矩形，所以， 因为平面平面， 平面平面，在平面内， 所以平面， 因为在平面内，所以； （2）取的中点，连结，， 在△中，，分别是，的中点， 所以，且， 在矩形中，是的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为在平面外，在平面内， 所以平面. 【点睛】本题考查线线平行、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题. 16. 已知数列的前项和为，，，，． （1）若，，求的值； （2）若数列的前项成公差不为的等差数列，求的最大值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件，赋值即可得解； （2）根据等差数列的定义，等差数列至少有项，得出，再设前项成等差数列，得出，进而求得，然后检查前项是否为等差数列即得. 【小问1详解】 由，则， 取，得到， 又，，则， 代入可得， 化简得， 解得， 【小问2详解】 由等差数列的定义可知，，设公差为， 若，，则，进而， 在式中，取，得到， 整理可得①； 若，，于是， 在式中，令，得到， 整理可得②， 由②①，可得，因，则得， 代入①式，， 解得，符合题意，故； 若，由时的推导可知，， 又因，则，， 在式中，取，得到， 但，，产生矛盾，即， 综上可知，最多前项成等差数列，即的最大值是. 17. 设，，. （1）化简：； （2）已知.记.证明：能被整除. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用组合排列数的计算公式即可得出. （2）由（1）得，.由，可得，求和即可得出. 【详解】（1）解：. （2）证明：由（1）得，. 因为， 所以， 因为 设， 则， 所以. 所以能被整除. 【点睛】本题考查了组合排列数的计算公式、二项式定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，.已知. ①求的值； ②当的面积最大时，求直线的方程. 【答案】（1）；（2）①；②. 【解析】 【分析】（1）设椭圆的焦距为，则.利用短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，求出，，然后求解椭圆的标准方程. （2）①设，，，，联立利用韦达定理，通过直线的斜率求解即可；②由①得，直线的方程为，然后求解弦长，点到直线的距离，求解三角形的面积，然后求解即可. 【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，则. 因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形， 所以. 又两准线间的距离为，则， 所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）①设，，，， 联立消去得， ，化简得， 所以，， 又的斜率，的斜率， 所以， 化简得， 所以.又因为，即， 又，所以. ②由①得，直线的方程为， 且，，. 又，所以. 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时，的面积最大， 所以，直线的方程为. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于难题. 19. 对于定义在上的函数，若存在，使恒成立，则称为“型函数”；若存在，使恒成立，则称为“型函数”.已知函数. （1）设函数.若，且为“型函数”，求的取值范围； （2）设函数.证明：当，为“（1）型函数”； （3）若，证明存在唯一整数，使得为“型函数”. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）将代入，依题意，即恒成立，设，求出函数的最小值即可得解； （2）分析可知，即证，令，，方法一：由不等式的性质可知在上单调递减，在上单调递增，故，即得证；方法二：令，再对函数求导，可得当时，，当时，，进而得到的单调性，由此得证； （3）问题等价于证明存在唯一整数，恒成立，易知当及时，不合题意，故只需证明时符合题意即可，方法一：记，分当或以及当时证明即可； 方法二：记，利用导数求其最大值小于0即可得证. 【详解】（1）时，. 因为为“型函数”， 所以恒成立，即恒成立. 设，则恒成立， 所以在，上单调递减， 所以（1）， 所以的取值范围是； （2）证明：当时，要证为“（1）型函数”， 即证，即证. 令，则， 方法一：当时，，，则； 当时，，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 则（1），又（1），所以， 所以为“（1）型函数”. 方法二：令，则， 所以函数在上单调递增，又（1）， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 以下同方法一. （3）证明：函数为“型函数”等价于恒成立， 当时，，不合题意； 当时，，不合题意； 当时， 方法一：， ①当或时，； ②当时，，由（2）知， 所以， 综上，存在唯一整数，使得为“型函数”. 方法二：，， 记，则， 所以在上单调递减. 易得， 所以； 又因为， 所以存在唯一零点，使得， 且为的最大值点， 所以， 注意到在上单调递增， 所以，所以. 综上，存在唯一整数，使得为“型函数”. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查构造思想，分类讨论思想，函数与方程等数学思想，考查推理论证能力，运算求解能力等，属于较难题目. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $