江苏省连云港市灌南名校协作体2026-2027学年高三上学期8月学情质量监测数学试题

20262027学年度高三第一学期8月学情质量监测 数学试题 注意事项 1.本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2答题前，请务必将自已的姓名、考试号等用Q5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指 定位置作答，在其他位置作答一律无效。 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。 1.若集合A={-1,0,1,2},B= 则A∩B=() 2-x A.{-1,0} B.{0,1 C.{1,2} D.{-1,0,1 2.已知复数z= 则z等于() A.32 B.32 C. D.5 2 3.已知空间中三条直线a,b,c与平面分别交于不同的三点A,B,C,则“A,B,C三点共线” 是“直线a,b,c共面”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10个互不相同的样本数据：x,x2,…,xo的平均值为x,则关于新样本数据： X,x2,…,o,x,下列说法正确的是（) A.极差变大 B.平均数变大 C.方差变小 D.中位数变小 5.已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一 个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为() 8 C. 17 D. 30 6.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念 数学家高斯，我们把函数y=[x(x∈R)称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数， 如[.刂=1，【-1.=-2，则点集P=《x,y)儿x+[y=1所表示的平面区域的面积是() A.2 B.π C.4 D.6 高三数学试题第1页共4页 7.已知F,E是双曲线C:-y 荐云=口>b>0)的左、右焦点，过左焦点万的直线与双曲线C 的右支交于点B,与y轴交于点A,若△ABF是正三角形，则双曲线的离心率为（) A.23 B.5 C.2 D.√6 3 8.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x),若fI-2x)+4x为偶 函数8+2=8x-9.且》-0.则}g0=() A.2 B.4 c.5 D.6 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，满分18分。 9.已知x2 1 的展开式的第2项与第3项系数的和为子，则() A.n=6 B.展开式的各项系数的和为 32 C.展开式的各二项式系数的和为32 D.展开式的常数项为6 5 10.已知f(x)是定义在(0，+o)上的函数，x,y∈(0，+o),都有f(x)+f(y)=f(xy),且当 x∈(1，+o)时，f(x)<0,则下列结论正确的是（) A.若f(4)=-2,则f(2)=1 B.函数f(x)在(0，+o)上单调递减 C.若f(4)=-1,则不等式f(x+1)+f(x-2)>-1的解集为{x0<x<1或x>4} D.y=f(x+2)-f(2-x)为奇函数 11.在棱长为2正方体ABCD-AB,CD中，E为AB的中点，F是侧面BB,CC内的一点（包 含边界)，则以下结论正确的是（) A.若4=V5,则点F的轨迹长度为 B.EF与AD所成角的最大值为 C.若三楼锥4-DEF的体积为，则点F的轨迹长度为22 D.若F在线段CC上，则三棱锥A-BB,F的外接球表面积的取值范围是 2 高三数学试题第2页共4页 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。 12.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=6,S4=18,则S6= 若曲线y=2nx+aa∈R)与圆r2+0--有公其点P(化，%.且在点P处的切线 相同，则实数a= 14.已知圆柱OO,点P是上底面圆周上的一动点，点A,B,C在下底面的圆周上，且满足 AB=2,∠ACB=30°，三棱锥P-ABC外接球的表面积为52π，则三棱锥P-ABC体积的 最大值为」 四、解答题：共5题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分。 15.(13分)某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器.在这8件文 物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物.现从这8 件文物中随机选取3件进行巡回展览， (1)求选出的3件文物都是汉代文物的概率： (2)设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望E(X). 16.(15分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠BAC=120°，AD为∠BAC的角 平分线，且AD=2. (1)若sinB=2sinC,求a的大小； (②)当b+c取得最小值时，求△ABC的面积. 17.(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2, BC=3,点E满足4E=!AD】 B (1)证明：直线CD⊥平面PAD: (2)求平面PBE与平面ABCD夹角的余弦值. 高三数学试题第3页共4页 &(7分)已知槛圆C。+(Q>h>0)的离心率为，右焦点为F,若点P为 椭圆的右顶点，且PF=1. (1)求椭圆C的方程。 (②)已知椭圆C上两点A,B(异于点P)关于坐标原点对称，直线AF,BF分别交椭圆C于 另一点D和点E, ()求直线PD与直线PE的斜率之积， (i)求△ABD面积的最大值， 19.(17分)已知函数y=f()的定义域为D,对于给定实数，定义集合'和={(x+)≥f(x》 (①若f(x)=x3-13x,求'e (2若D=R,求证：“y=f(x)为周期函数”的充要条件是“存在非零常数七，使得 '%='-=D”. 诺f(-=e》-m。)D=0+.且对打任意的1eD,都有'=D, 求实数a的取值范围， 高三数学试题第4项共4页 2026-2027学年度高三第一学期8月学情质量监测 数学试题 注意事项 1．本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。 1．若集合A={-1，0，1，2}，B=，则AB=（ ） A．{-1，0} B．{0，1} C．{1，2} D．{-1，0，1} 2．已知复数，则|z|等于（ ） A． B． C． D． 3．已知空间中三条直线a，b，c与平面α分别交于不同的三点A，B，C，则“A，B，C三点共线”是“直线a，b，c共面”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10个互不相同的样本数据：的平均值为，则关于新样本数据：，，下列说法正确的是（ ） A．极差变大 B．平均数变大 C．方差变小 D．中位数变小 5．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球。从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ） A． B． C． D． 6．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把函数y=[x]（）称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[1.1]=1，[-1.1]=-2，则点集所表示的平面区域的面积是（ ） A．2 B． C．4 D．6 7．已知是双曲线C：（a>b>0）的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线C的右支交于点B，与y轴交于点A，若△是正三角形，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数f（x）及其导函数f'（x）的定义域均为，记g（x）=f'（x），若f（1-2x）+4x为偶函数，g（x+2）=g（x-4），且，则=（ ） A．2 B．4 C．5 D．6 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，满分18分。 9．已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（ ） A．n=6 B．展开式的各项系数的和为 C．展开式的各二项式系数的和为32 D．展开式的常数项为 10．已知f（x）是定义在（0，+）上的函数，（0，+），都有f（x）+f（y）=f（xy），且当（1，+）时，f（x）<0，则下列结论正确的是（ ） A．若f（4）=-2，则f（2）=1 B．函数f（x）在（0，+）上单调递减 C．若f（4）=-1，则不等式f（x+1）+f（x-2）>-1的解集为 D．y=f（x+2）-f（2-x）为奇函数 11．在棱长为2正方体中，E为AB的中点，F是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A．若，则点F的轨迹长度为 B．EF与所成角的最大值为 C．若三棱锥的体积为，则点F的轨迹长度为 D．若F在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。 12．已知等比数列的前n项和为，若=6，=18，则=______． 13．若曲线与圆有公共点，且在点P处的切线相同，则实数a=______． 14．已知圆柱，点P是上底面圆周上的一动点，点A，B，C在下底面的圆周上，且满足AB=2，∠ACB=30°，三棱锥P-ABC外接球的表面积为52，则三棱锥P-ABC体积的最大值为______． 四、解答题：共5题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分。 15．（13分）某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器．在这8件文物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物．现从这8件文物中随机选取3件进行巡回展览． （1）求选出的3件文物都是汉代文物的概率； （2）设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望E（X）． 16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠BAC=120°，AD为∠BAC的角平分线，且AD=2． （1）若，求a的大小； （2）当b+c取得最小值时，求△ABC的面积． 17．（15分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=3，点E满足． （1）证明：直线CD⊥平面PAD； （2）求平面PBE与平面ABCD夹角的余弦值． 18．（17分）已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，右焦点为F，若点P为椭圆的右顶点，且|PF|=1． （1）求椭圆C的方程； （2）已知椭圆C上两点A，B（异于点P）关于坐标原点对称，直线AF，BF分别交椭圆C于另一点D和点E． （i）求直线PD与直线PE的斜率之积； （ii）求△ABD面积的最大值． 19．（17分）已知函数y=f（x）的定义域为D，对于给定实数t，定义集合． （1）若f（x）=，求； （2）若D=，求证：“y=f（x）为周期函数”的充要条件是“存在非零常数t，使得”． （3）若f（x）=，D=（0，+），且对于任意的，都有，求实数a的取值范围． 2026-2027学年度高三第一学期8月学情质量监测 数学参考答案 一、单项选择题：共8小题，满分40分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A B C A C B D 二、多项选择题：共3小题，满分18分。 题号 9 10 11 答案 AD BD ACD 三、填空题：共5小题，满分15分。 12．42 13． 14． 四、解答题：共5题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分。 15．（1）从8件文物中任选3件，有种方法。 选出的3件文物都是汉代文物，有种方法。 故所求的概率； （2）由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3． ， ， ， ． 所以X的分布列为 x 0 1 2 3 P x 0 1 2 3 P \frac{1}{56} \frac{15}{56} \frac{15}{28} \frac{5}{28} 数学期望E\bigl（X\big）=0×\frac{1}{56}+1×\frac{15}{56}+2×\frac{15}{28}+3×\frac{5}{28}=\frac{15}{8}， 16．（1）因为sinB=2sinC，由正弦定理得b=2c， 因为∠BAC的角平分线交BC于点D，所以∠BAD=∠CAD=60°， 由S_{△ABC}=S_{△ADB}+S_{△CDA}，得\frac{1}{2}b\operatorname{csin}∠BAC=\frac{1}{2}c\cdotAD\operatorname{sin}∠BAD+\frac{1}{2}b\cdotAD\operatorname{sin}∠CAD， 则\frac{1}{2}×2×b\sin60^{°}+\frac{1}{2}×2×c×\sin60^{°}=\frac{1}{2}×b\operatorname{csin}120^{°}， 即bc=2c+2b，所以c=3，b=6， 在△ABC中，由余弦定理得a^{2}=b^{2}+c^{2}-2ac\cos120^{°}=36+9-2×3×6×\left（-\frac{1}{2}\right）=63， 即a=\sqrt{63}=3\sqrt{7}； （2）由S_{△ABC}=S_{△ADB}+S_{△CDA}， 得\frac{1}{2}b\operatorname{csin}∠BAC=\frac{1}{2}c\cdotAD\operatorname{sin}∠BAD+\frac{1}{2}b\cdotAD\operatorname{sin}∠CAD， 得\frac{1}{2}×2×b\sin60^{°}+\frac{1}{2}×2×c×\sin60^{°}=\frac{1}{2}×b\operatorname{csin}120^{°}， 化简得bc=2c+2b，即\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=1， 所以b+c=（b+c）\left（\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right）=2+\frac{2b}{c}+\frac{2c}{b}+2≥2\sqrt{\frac{2b}{c}×\frac{2c}{b}}+4=8 当且仅当b=c=4时等号成立，b+c取得最小值， 此时，△ABC面积为\frac{1}{2}×b×c×\sin120^°=\frac{1}{2}×4×4×\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}． 17．（1）\becausePA⊥平面ABCD，CD\subset平面ABCD，\thereforePA⊥CD， ∵底面ABCD为矩形，\thereforeCD⊥AD， 又PA\capAD=A，PA，AD\subset平面PAD， 所以CD⊥平面PAD． （2）\becausePA⊥平面ABCD，AB\subset平面ABCD，\thereforePA⊥AB， ∵底面ABCD为矩形，\thereforeAB⊥AD， 以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AP}向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P（0，0，2），B（2，0，0），E（0，1，0）， \therefore\overrightarrow{PB}=（2，0，-2），\overrightarrow{BE}=（-2，1，0）， 设平面PBE的法向量为\overrightarrow{n_{1}}=（x，y，z）， \therefore\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{n_{1}}=2x-2z=0\\\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{n_{1}}=-2x+y=0\end{array}\right．取x=1，则y=2，z=1，即\overrightarrow{n_{1}}=（1，2，1）， 平面ABCD的一个法向量为\overrightarrow{n_{2}}=（0，0，1）， 设平面PBE与平面ABCD夹角为\theta， 所以\cos\theta=\frac{\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{n_{2}}}{|\overrightarrow{n_{1}}|\cdot|\overrightarrow{n_{2}}|}=\frac{1}{\sqrt{6}×1}=\frac{\sqrt{6}}{6}． 18．（1）设半焦距为c，则右焦点F（c，0），又椭圆右顶点P（a，0），所以|PF|=a-c=1， 由e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，解得\begin{cases}a=2\\c=1\end{cases}，则b^{2}=a^{2}-c^{2}=3， 所以椭圆C的方程为\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1． （2）（i）设A（x_{1}，y_{1}），则B（-x_{1}，-y_{1}），由（1）得F（1，0），则直线AF的方程为y=\frac{y_{1}}{x_{1}-1}（x-1）， 联立\begin{cases}y=\frac{y_{1}}{x_{1}-1}（x-1）\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}，得（15-6x_{1}）x^{2}+\left（6x_{1}^{2}-24\right）x+24x_{1}-15x_{1}^{2}=0， 设D（x_{D}，y_{D}），由韦达定理得x_{1}\cdotx_{D}=\frac{24x_{1}-15x_{1}^{2}}{15-6x_{1}}，解得x_{D}=\frac{24-15x_{1}}{15-6x_{1}}=\frac{8-5x_{1}}{5-2x_{1}}， 代入直线方程，可得y_{D}=\frac{-3y_{1}}{5-2x_{1}}，即D\left（\frac{8-5x_{1}}{5-2x_{1}}，\frac{-3y_{1}}{5-2x_{1}}\right）， 因为B（-x_{1}，-y_{1}），则可得E\left（\frac{8+5x_{1}}{5+2x_{1}}，\frac{3y_{1}}{5+2x_{1}}\right）， 因为P（2，0），所以k_{PD}=\frac{y_{D}}{x_{D}-2}=\frac{\frac{-3y_{1}}{5-2x_{1}}}{\frac{8-5x_{1}}{5-2x_{1}}-2}=\frac{3y_{1}}{x_{1}+2}，k_{PE}=\frac{y_{E}}{x_{E}-2}=\frac{\frac{3y_{1}}{5+2x_{1}}}{\frac{8+5x_{1}}{5+2x_{1}}-2}=\frac{3y_{1}}{x_{1}-2}， 所以k_{PD}\cdotk_{PE}=\frac{9y_{1}^{2}}{x_{1}^{2}-4}=\frac{9×\left（\frac{12-3x_{1}^{2}}{4}\right）}{x_{1}^{2}-4}=-\frac{27}{4} （ii）由（i）知，A（x_{1}，y_{1}），B（-x_{1}，-y_{1}），D\left（\frac{8-5x_{1}}{5-2x_{1}}，\frac{-3y_{1}}{5-2x_{1}}\right）， 则\midAB\mid=2\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}，且直线AB的方程为y=\frac{y_{1}}{x_{1}}x，即y_{1}x-x_{1}y=0， 则点D到直线AB的距离d=\frac{\midy_{1}\cdot\frac{8-5x_{1}}{5-2x_{1}}-x_{1}\cdot\frac{-3y_{1}}{5-2x_{1}}\mid}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}=\frac{2\midy_{1}（4-x_{1}）\mid}{\mid5-2x_{1}\mid\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}， 所以△ABD面积S=\frac{1}{2}\midAB\mid\cdotd=\frac{2\midy_{1}（4-x_{1}）\mid}{\mid5-2x_{1}\mid} 则S^{2}=\frac{4y_{1}^{2}（4-x_{1}）^{2}}{（5-2x_{1}）^{2}}=\frac{（12-3x_{1}^{2}）（4-x_{1}）^{2}}{（5-2x_{1}）^{2}}， 令5-2x_{1}=t，由x_{1}\in（-2，2），得t\in（1，9），则x_{1}=\frac{5-t}{2}， 代入可得S^{2}=\frac{\left[12-3×\left（\frac{5-t}{2}\right）^{2}\right]\left（\frac{3+t}{2}\right）^{2}}{t^{2}}=\frac{3}{16}\left（\frac{-t^{4}+4t^{3}+42t^{2}+36t-81}{t^{2}}\right）=\frac{3}{16}\left[-\left（t^{2}+\frac{81}{t^{2}}\right）+4\left（t+\frac{9}{t}\right）+42\right]， 令u=t+\frac{9}{t}，则u≥2\sqrt{t×\frac{9}{t}}=6，当且仅当t=\frac{9}{t}，即t=3时取等号， 则t^{2}+\frac{81}{t^{2}}=u^{2}-18， 代入可得S^{2}=\frac{3}{16}\left（-u^{2}+4u+60\right）=\frac{3}{16}\left[-（u-2）^{2}+64\right]， 因为u≥6，所以当u=6时，S^{2}有最大值，且为9， 所以△ABD面积S的最大值为3． 19．（1）V_{f（2）}=\left\{x|f（x+2）≥f（x）\right\}， 若f（x+2）≥f（x），则（x+2）^{3}-13（x+2）≥x^{3}-13x， 所以6x^{2}+12x-18=6（x+3）（x-1）≥0， 所以V_{f（2）}=（-\infty，-3]\cup[1，+\infty） （2）充分性：因为V_{f（t）}=V_{f（-t）}=\mathrm{R}，\forallx\in\mathrm{R}，f（x+t）≥f（x），f（x-t）≥f（x）， 所以f（x）≥f（x+t），所以f（x）=f（x+t），因为t≠0，所以f（x）是周期函数； 必要性：若f（x）是周期函数，设T是f（x）的周期，则f（x）=f（x±T）， 所以V_{f（T）}=\{x|f（x+T）≥f（x）\}=\mathrm{R}，V_{f（-T）}=\{x|f（x-T）≥f（x）\}=\mathrm{R}， 所以存在t=T≠0，使V_{f（t）}=V_{f（-t）}=\mathrm{R}． （3）因为\forallt>0，V_{f（t）}=（0，+\infty），所以\forallx，t>0，f（x+t）≥f（x）， 所以f（x）在（0，+\infty）上单调递增，所以f^'（x）=a\left（x-\frac{e}{e-1}\right）-\lnx+\frac{1}{e-1}≥0， 若a≤0，则x\rightarrow+\infty，f^'（x）\rightarrow-\infty，则不满足f^'（x）≥0； 所以a>0，设f^'（x）=a\left（x-\frac{e}{e-1}\right）-\lnx+\frac{1}{e-1}=h（x）， 因为h^'（x）=\frac{ax-1}{x}， 当x\in\left（0，\frac{1}{a}\right]，h^'（x）<0，h（x）单调递减；当x\in\left（\frac{1}{a}，+\infty\right），h^'（x）>0，h（x）单调递增； 所以h\left（\frac{1}{a}\right）=f^{'}\left（\frac{1}{a}\right）≥0，即\lna-\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}（a-1）≥0， 设g（x）=\lnx-\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}（x-1），则g^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}， 当x\in\left（0，\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}}\right]，g^{'}（x）>0，g（x）单调递增；当x\in\left（\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}}，+\infty\right），g^{'}（x）<0，g（x）单调递减； 又g\left（\frac{1}{\mathrm{e}}\right）=g（1）=0，g（a）≥0，所以\frac{1}{\mathrm{e}}≤a≤1； 所以a\in\left[\frac{1}{\mathrm{e}}，1\right]． 学科网（北京）股份有限公司 $