精品解析：江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期自主学习效果评估高三数学

江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期自主学习效果评估 高三数学 2026.8 一、单项选择题：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，只有一项符合要求的. 1. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 或3 B. 0或 C. 3 D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”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. 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 5. 已知函数，那么在下列区间中含有函数零点的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，都是锐角，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数、满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（ ） A. 从中任取2球，在已知其中一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率是 B. 从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为 C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，第二次取到红球的概率为0.75 D. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 11. 已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，则下列选项中正确的是（ ） A. 若直线平面，点的轨迹长度为 B. 若，则直线与所成角的取值范围是 C. 若，则平面平面 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则__________. 13. 设，分别是与的零点，则的取值范围是______． 14. 有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）当时，求函数的最小值； （2）已知正数x，y满足. （i）求的最大值； （ii）求的最小值. 16. 年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”． （1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； （2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 17. 如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值． 18. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 19. 已知． （1）若，求的图象在处的切线方程． （2）若有三个极值点，，． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期自主学习效果评估 高三数学 2026.8 一、单项选择题：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，只有一项符合要求的. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得到， 所以. 3. 已知，则“”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】A 【解析】 【详解】设函数 ，求导得：, 当 时，，则在 上单调递增； 若 ，由 在 上单调递增，可得 ， 即，充分性成立； 举反例：取  ​，满足 ， 即成立，但不满足 ，必要性不成立； 因此，是的充分不必要条件. 4. 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. 5. 已知函数，那么在下列区间中含有函数零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据零点存在性定理，计算区间端点的函数值的正负判断零点区间即可. 【详解】因为，在上均连续且单调递减， 所以在上连续且单调递减， 对于A，， 因为在上单调递增，所以，函数在上无零点，故A说法错误； 对于B，因为在上单调递减，所以， 所以，函数在上存在零点，故B说法正确； 对于CD，因为在上连续且单调递减，所以至多存在个零点，故CD说法错误； 故选：B 6. 已知，，，都是锐角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，， 得，， 两式相加得，， 则，即，则， 因为，都是锐角，所以， 则，即. 7. 已知正数、满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，构造函数，其中，，其中，利用导数求出这两个函数的最小值，根据结合已知条件可得出、的值，即可得出所求代数式的值. 【详解】因为正数、满足，所以， 构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 又因为，所以， 当且仅当时，等号成立，此时. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于轴对称，即可依次求得的值，根据周期性即可求得答案. 【详解】因为为奇函数，所以． 对上述等式两边求导得， 即，所以的图象关于轴对称． 因为为偶函数，所以． 对上述等式两边求导得，即， 所以的图象关于点中心对称， 所以为周期为4的函数，且． 由，，以及对称性可得，， 则， 则． 二、多项选择题：本大题共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，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据不等式的性质可判断ABD，作差法比较大小可判断C. 【详解】由，可得，又，所以，故A错误； 由，所以，故，故B正确； ， 因为，，，， 所以，则，故C错误； 由，可得，又，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（ ） A. 从中任取2球，在已知其中一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率是 B. 从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为 C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，第二次取到红球的概率为0.75 D. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，利用条件概率公式进行求解；B选项，利用二项分布的性质进行求解；C选项，由全概率公式进行求解；D选项，由题意直接求解即可 【详解】A选项，设从中任取2球，两球均为红球为事件， 两球中一球为红球，一球为白球为事件， 则，， 已知其中一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率是，A错误； B选项，从中有放回的取球6次，每次任取一球，则每次取到红球的概率为， 则取到红球次数，故，B正确； C选项，从中不放回的取球2次，每次任取1球，第二次取到红球，分为两种情况， 第一次取到红球，第二次也取到红球，或第一次取到白球，第二次取到红球， 概率为，C错误； D选项，从中不放回的取球2次，每次任取1球，第一次取到红球后，此时袋子中有3个红球，2个白球， 因此第二次再次取到红球的概率为，D正确 11. 已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，则下列选项中正确的是（ ） A. 若直线平面，点的轨迹长度为 B. 若，则直线与所成角的取值范围是 C. 若，则平面平面 D. 若，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，可得，.对于A：根据线面平行结合空间向量确定点P的轨迹，进而求出轨迹长度；对于B：利用向量的方法求出异面直线所成角的取值范围；对于C：求平面的法向量，利用空间向量怎么面面垂直；对于D：利用空间几何体的展开图求出的最小值． 【详解】如图以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 因为，分别为边，的中点，则，， 可得，， 因为，即，. 对于选项A：因为，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 又因为平面，则，可得， 可知点P，B，D三点共线，所以点P的轨迹为线段，且， 所以若直线平面，点P的轨迹长度为，故A正确； 对于选项B：当时，则，， 因为，， 设与所成角为， 则， 因为，则， 可得，即， 且，可得， 所以直线与所成角的取值范围是，故B错误； 对于选项C：因为，， 设平面法向量为，则， 令，则，，可得； 当时，则，可得，， 设平面法向量为，则， 令，则，，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于选项D：当时，点，， 设关于平面的对称点， 连接交平面于点，连接，则， 因为，由图知， 则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D错误． 三、填空题：本大题共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. 设，分别是与的零点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先把两个函数零点转化为函数图像交点，利用指数函数与对数函数互为反函数、关于对称，得到关键关系，再将所求式子换元变成对勾函数，最后根据单调性求出取值范围． 【详解】当时，因为函数是实数集上的增函数， 所以函数是实数集上的增函数． 因为是的唯一零点， 所以，即， 则是指数函数和反比例函数的唯一交点的横坐标 当时，因为是的零点， 所以，即， 设， 当时，因为函数是正实数集上的增函数， 所以是正实数集上的增函数， 即是对数函数和反比例函数唯一交点的横坐标， 显然函数与函数的图象关于直线对称，如下图所示： 显然， 由数形结合思想可知：，的中点在上， 所以，整理得， 所以，则， 设， 由对勾函数的单调性可知，该函数在时单调递减， 即， 所以的取值范围是． 14. 有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设取出的5个数为，则可推得，，即可得出.进而只需要分析出事件以及表示的含义，并求出概率，即可得出答案. 【详解】设从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内. 设， 则， 所以，，， 所以，，，. 又表示，共有种可能； 表示中有4个选择1和1个选择2，共有种可能， 且所有的取法种数为， 所以，， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据数据的取法规则，得出概率具有对称性. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）当时，求函数的最小值； （2）已知正数x，y满足. （i）求的最大值； （ii）求的最小值. 【答案】（1）14；（2）（i）（ii）4 【解析】 【详解】（1）由，所以，所以 当且仅当 即时，函数取到最小值14. （2）（i）因为正数x，y，由基本不等式得， 解得（当且仅当时取等号）， 所以的最大值； （ii） 当且仅当时，即取等号， 故的最小值为4. 16. 年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”． （1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； （2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由频率直方图的性质得，进而由频率直方图计算平均值，并用样本估计总体可得； （2）先由分层抽样确定两组所抽取的人数，进而可得服从超几何分布，从而可得的分布列及期望. 【小问1详解】 由，解得. . 所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为分钟，由样本估计总体， 因此估计该产品用户每日的平均使用时长（分钟）. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，频率，频率. 所以两组频率之比为，所以用分层抽样抽取的人中， 抽取人（非“忠实粉丝”），抽取人（“忠实粉丝”）， 从人中任取人，的可能取值为，，， 所以服从超几何分布，. ，，， 所以的分布列为 所以的期望. 因此. 17. 如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 若分别是上的点，且，连接， 又，所以，即四点共面， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又，且都在平面内， 所以平面平面，平面，故平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，标出相关点坐标，求出直线与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角的正弦值，即可得其余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由，即，，则， 而都在平面内，所以平面， 平面，故平面平面， 过作直线平面，可建立以为原点的空间直角坐标系，如下图示， 由等腰梯形中，，，若， 所以，，，，又， 所以，则，且，， 若是平面的一个法向量，则， 取，则，设直线与平面所成角为， 所以，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 【答案】（1） （2）设，原题等价于有两正解，即有两正解， 注意到，由韦达定理知，即，而， 可得． （3） 【解析】 【分析】（1）直接代入，利用对数单调性去掉对数符号，转化为分式不等式求解； （2）零点即有解，且真数恒成立.转化为关于的方程有根问题，再用根的分布列不等式； （3）先利用求出的范围，再化简对数部分，最后转化为分式函数的值域问题. 【小问1详解】 原式等价于，可得，或（舍） 所以原不等式的解为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，当且仅当，时取等号． ，则 令，则，且 ； 下面判断函数的单调性． ，，显然其单调性与相同， ，令，则且， 对应的函数为， 当时，取， ， 故在上单调递减，在上单调递减，即的单调递减区间为. 由单调性可知， 【点睛】方法点睛： （1）换元降次，注意定义域对解集的影响. （2）零点个数转化为二次方程根的分布，用判别式和韦达定理控制. （3）多变量问题要逐步消元，先固定，的关系求范围，再化简对数部分，最后转化为单变量函数的值域. 19. 已知． （1）若，求的图象在处的切线方程． （2）若有三个极值点，，． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i） （ii）由（i）知，，且，即. 要证，即证， 即证，即证，即． 即证，即证． 设， 则． 则单调递增，而，则，即，， 即，即证毕． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，通过求导得到切线斜率，结合切点坐标即可求得切线方程. （2）（i）先对原函数求导，将极值点问题转化为导函数零点问题，分离参数后通过研究新函数的单调性与值域确定参数范围； （ii）将待证不等式逐步等价转化，最终转化为极值点偏移问题，通过构造对称函数证明结论. 【小问1详解】 当时，，，故切点为． ，故． 切线斜率为2，得切线方程：， 所以的图象在处的切线方程为． 【小问2详解】 （i），设， 若，则单调递增，即其至多有一个零点，即至多有两个极值点，不可能有三个极值点，故． 当时，恒成立，故时； 当时，即为的一个极小值点． 又，则在上单调递减，在上单调递增， 即有最小值． 有三个极值点，即有两个变号零点，，即，解得． （ii）略 【点睛】方法归纳： 1. 已知极值点个数求参数范围，可将问题转化为导函数零点个数问题，通过分离参数、研究辅助函数的单调性与值域求解. 2. 双变量不等式证明可通过等价转化，转化为极值点偏移问题，构造对称函数结合单调性证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $