精品解析：江苏泰州市靖江市西来中学2026届高三上学期期初开学调研测试数学试题

2026届期初开学调研测试高三数学 2025.09.13 （总分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷共4页，共分为四大题，共19小题. 2.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 3.请在规定答题卡内答题，否则答题无效. 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. ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义求解可得答案. 【详解】，. 故选：B 2. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：C. 3. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可. 【详解】命题，为全称量词命题， 其否定为：，. 故选：C 4. 已知等比数列，则（ ） A. 14 B. 32 C. 16 D. 54 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的下标和性质即可得出答案. 【详解】由题意可知. 故选：B 5. 已知向量满足（2，1），（1，y），且，则＝（ ） A. B. C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案. 【详解】根据题意，（2，1），（1，y），且，则有2+y＝0，解可得y＝﹣2，即（1，﹣2）， 则（4，﹣3），故 5； 故选：C 【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题. 6. 已知函数，则（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，再求得解. 【详解】因为，所以. 故选：B. 7. 命题p：关于x的方程有且仅有一个根；命题q：已知函数的图象是双曲线，则其离心率为；对p、q命题说法正确的是（ ）． A. p真q假 B. p假q真 C. p假q假 D. p真q真 【答案】D 【解析】 【分析】结合指数函数的性质判断命题p，根据给定的双曲线求出其渐近线方程，求出实轴所在直线的方程，由此求出实半轴长，结合双曲线的几何性质求出虚半轴长，进而求出半焦距，进而求得离心率即可判断命题q. 【详解】命题p：由，则， 因为函数在上单调递减， 则函数在上单调递减，又， 则关于x的方程有且仅有一个根，命题正确； 命题q：双曲线的渐近线为直线， 如图，令双曲线的顶点，直线为直线所夹锐角的平分线， 则直线的倾斜角为， 则直线的斜率为， 则直线：，由，得， 令双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，则， 过分别作直线的垂线交直线分别于， ， 半焦距， 所以离心率为，故命题正确. 故选：D. 8. 已知为锐角，且，则的最大值（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先结合和差角公式及同角基本关系进行化简，然后结合基本不等式即可求解． 【详解】因为为锐角，且， 分式上下除以得，， ， 为锐角，， ， 当且仅当，即时取等号， 最大值为． 故选：D． 二､多选题：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x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 【答案】AD 【解析】 【分析】根据基本不等式即可对选项逐一判断. 【详解】A选项，因为为正实数，，则，当且仅当时取等号，故A选项正确； B选项，，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故B选项错误； C选项，因为，则，故，当且仅当时取等号，故C选项错误； D选项，因为 ，因为， 所以，所以的最小值为16，故D选项正确. 故选：AD 10. ，，是函数图象上的三点，且．点，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可判断B选项,确定函数在给定区间[-1,1]上的值域可判断A选项，根据函数图象可判断C选项.用变量代换，并适当使用放缩法可判断D选项. 【详解】解：对于函数，， 令,则,,. 因为所以，, 所以，即. A选项：因为，所以， 当且仅当时，,所以A选项错误. B选项：因为点在曲线上，所以,故. 因为,所以,不恒等于， 即点不恒在曲线上，所以B选项错误. C选项：令, 所以单调递增，. 所以当时，，单调递减,且减小速度逐渐变慢； 当时，，单调递增，且增长速度逐渐变快,简图如下图所示： 设为曲线上任意一点， 则， 下证：时，且时，： 证明：设，则， 故在上为增函数，而， 故时，且时，. 由上述不等式可得， 当且仅当时，， 设，故曲线上出除外始终在圆的内部， 故当，结合曲线的凹凸性可得， 所以大于,所以C选项正确. D选项：设点是函数图象上一点，且, 而,所以, 所以 ， 所以，. 所以D选项正确. 故选： CD. 11. 已知抛物线，焦点为，过的直线交于点，，其中在第一象限，在第四象限，为坐标原点，连接交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. C. 直线平行于轴 D. 的面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】设过的直线为，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，利用焦点弦公式判断A，利用焦半径公式判断B，设点坐标为，推导出，即可判断C，由面积公式，再构造函数，利用导数求出面积最小值，即可判断D. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 设过的直线为， 将其与抛物线联立可得，消去整理得， 所以，， 对于A：，当且仅当时取等号，即的最小值是，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：设点坐标为，则， 因为，故，故直线平行于轴，故C正确； 对于D：， 设函数，， 则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的最小值为，即的面积的最小值为，故D错误， 故选：AC． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象恒过定点__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分析求解即可. 【详解】令，解得，此时， 所以函数的图象恒过定点. 故答案为：. 13. 数列首项为，，已知数列是单调递增数列，则的取值范围为______________. 【答案】 【解析】 【分析】由得恒成立，进而有随的增大无限接近于，根据二次函数性质及数列单调性有，得，利用即可得. 【详解】记①，将n换为代入得②， 对时， 由②－①得③， 因为数列是单调递增数列，所以， 由③得，即. 综合得. 根据单调性有，即，显然， 所以，且，则， 所以随的增大无限接近于，则，可得， 由，则，所以. 故答案为： 14. 椭圆的右焦点为F，椭圆有上两点A，B，满足，的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆的参数方程设出，利用面积与数量积的关系表示出面积的表达式，再整体换元借助导数的单调性求最值. 【详解】由椭圆方程，可得， 设，， 由，同理， 由，得， 令，则，则， 设， 则，， 故 ， 令， 则， 令，解得， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 所以当时，， 即的最大值为. 故答案为：. 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. 设各项均为正数的等差数列的前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前n项和为，且. ①证明数列是等比数列； ②若集合，求实数k的取值范围. 【答案】（1） （2） ①证明:因为， 当时，，所以， 当时，， 因为当时，,所以, 所以, 所以，, 所以，数列是以-1为首项，以为公比的等比数列. ②. 【解析】 【分析】(1)设等差数列的公差为，根据已知条件列出关于和的方程组，解方程组可得和，进而得到数列的通项公式.特别注意等差数列各项均为正数. (2)根据及，得到与关系式，构造与的关系，并求出，即证明数列是等比数列.对于②，将集合进行转化，得无正整数解，分离参数转化为不等式恒成立问题．研究相关函数的最值，可得到实数k的取值范围. 【小问1详解】 解：因为等差数列的各项均为正数，所以设其公差为 则由题可知:,整理得,所以(舍)或. 所以，所以 所以数列的通项公式为：. 【小问2详解】 ①略 ②由（1）知，；由①知，,即. 因为集合，所以无正整数解， 即无正整数解，即,恒成立. 令， 则， 令,其对称轴为, 因为,所以当时，单调递减，所以当时，取得最大值，最大值为. 因为所以. 因为, 所以存在， 因为,所以当时，，所以，单调递增. 当时，,所以恒成立，单调递减. 因为,且 所以当时，取得最大值，最大值为.所以 所以实数k的取值范围是:. 16. 四棱锥中，是等边三角形，为直角三角形，且，，为的中点． （1）为的中点，为的中点，证明：平面； （2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，的中点，连接、， 因，，不妨设，则， ∵、、分别为、、的中点， ∴，，， ∵，，∴，∴，∴四边形为平行四边形， ∴，∵平面，平面，∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可知只需将问题转化为即可，进而转化为证明四边形为平行四边形即可； （2）依题建系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的法向量，由空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵平面，平面，∴，，又， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则 ∴，， 设平面的一个法向量为 ∴，∴， 取，∴，∴， ∵，，平面，且， ∴平面，则平面的法向量可取为， 设平面与平面成的角为θ， 则， 即平面与平面成角的余弦值为． 17. 一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为. （1）求与； （2）设，求与； （3）当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求. 【答案】（1）， （2）1， （3） 当且为偶数时，； 当且为奇数时， 【解析】 【分析】（1）解法一：利用独立事件的乘法公式，讨论每次摸球的编号即可解题；解法二：利用计数原理得到样本点个数，再利用古典概型可得答案. （2）解法一：建立起关于的递推公式，再求出通项公式，再利用等比数列的前项和公式求出的前项和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的编号一样，其他的与前面一次摸球的编号都不一样，利用这个规则，可直接归纳出，即可得答案. （3）利用“当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶”可建立起与的关系，进一步可讨论通项公式. 【小问1详解】 解法一：，. 解法二：，. 【小问2详解】 解法一：因为，所以，则. 若，则且，所以， 即， 所以，所以，即 由（1）可知，所以当时，. 又因为，所以， 所以， . 解法二： . ， 所以， . 【小问3详解】 当时，设随机变量满足：若是奇数，则，若是偶数，则.设. 当时，即为偶数，可得. 当时，即是偶数，可得. 当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶. 所以，即 当且为奇数时，，即； 当且为偶数时，，即. 当时，. 当时，. 综上可得，当且为偶数时，； 当且为奇数时，. 18. 已知曲线. （1）证明：曲线关于轴对称； （2）求直线与曲线的交点个数，并求出所有交点的横坐标； （3）若直线与曲线有三个不同的交点，且，求的最小值. 【答案】（1） 设是曲线上任意一点，则有， 容易知道，即点关于轴的对称点也在曲线上. 所以曲线关于轴对称. （2）3；横坐标分别为 （3）5 【解析】 【分析】（1）设是曲线上任意一点，将代入方程化简即可得证； （2）联立直线方程和曲线方程，消去，然后因式分解即可得解； （3）联立方程消去，根据的关系可得，用表示出，利用换元法结合导数求出的最大值即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 联立，消去，可得， 即，即 因为是方程的根，所以方程有因式， 所以. 于是或，解得或. 所以交点个数为3，横坐标分别为. 【小问3详解】 联立，消去，可得， 即. 于是或，方程的两个根的乘积是， 由此可知，，，且，则 又因为，所以. 因为是方程的正根，所以. 设，则，于是. 设，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 所以的最小值为5. 19. 已知函数． （1）若，求在上的最值． （2）若且，关于的方程在上仅有一个实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的最大值． 【答案】（1）最小值为，最大值为 （2）（ⅰ）证明：令， 则， 令，显然在上单调递增，又，， 所以存在唯一的，满足，即， 且当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 是在上的极小值，也是最小值，又因为， 要使在上仅有一个实根，必需，所以； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值； （2）（ⅰ）令，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明. （ⅱ）先求得，然后，利用导数求出单调区间，即可求解最大值. 【小问1详解】 若，则，所以， 令，可得或， 令，可得或，令，可得， 故在单调递减，，单调递增. 所以.在处取得最大值，在处取得最小值 ，又， 所以在上的最小值为，最大值为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知，， 将代入，得，所以，所以， 令， 则， 令，可得，令，可得， 故在单调递减，单调递增. 即在处取得最大值. 故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届期初开学调研测试高三数学 2025.09.13 （总分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷共4页，共分为四大题，共19小题. 2.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 3.请在规定答题卡内答题，否则答题无效. 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. ，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知等比数列，则（ ） A. 14 B. 32 C. 16 D. 54 5. 已知向量满足（2，1），（1，y），且，则＝（ ） A. B. C. 5 D. 4 6. 已知函数，则（ ） A. 8 B. C. D. 7. 命题p：关于x的方程有且仅有一个根；命题q：已知函数的图象是双曲线，则其离心率为；对p、q命题说法正确的是（ ）． A. p真q假 B. p假q真 C. p假q假 D. p真q真 8. 已知为锐角，且，则的最大值（ ）. A. B. C. D. 二､多选题：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x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 10. ，，是函数图象上的三点，且．点，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上 C. D. 11. 已知抛物线，焦点为，过的直线交于点，，其中在第一象限，在第四象限，为坐标原点，连接交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. C. 直线平行于轴 D. 的面积的最大值为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象恒过定点__________. 13. 数列首项为，，已知数列是单调递增数列，则的取值范围为______________. 14. 椭圆的右焦点为F，椭圆有上两点A，B，满足，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. 设各项均为正数的等差数列的前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前n项和为，且. ①证明数列是等比数列； ②若集合，求实数k的取值范围. 16. 四棱锥中，是等边三角形，为直角三角形，且，，为的中点． （1）为的中点，为的中点，证明：平面； （2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值． 17. 一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为. （1）求与； （2）设，求与； （3）当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求. 18. 已知曲线. （1）证明：曲线关于轴对称； （2）求直线与曲线的交点个数，并求出所有交点的横坐标； （3）若直线与曲线有三个不同的交点，且，求的最小值. 19. 已知函数． （1）若，求在上的最值． （2）若且，关于的方程在上仅有一个实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $