精品解析：江苏省邗江中学2026-2027学年高三上学期9月检测数学试卷

2026—2027—1—高三年级9月检测数学试卷 命题人：陈惠 审核人：洪妍 一、单项选择题（每小题5分，共8小题，计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】A 【解析】 【分析】先利用指数函数的性质与对数函数的定义域化简集合，再利用集合的运算即可得解. 【详解】因为，所以， 则，所以， 而， 所以，. 故选：A. 2. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过奇偶性排除CD选项，再通过特定区间的函数符号排除B选项，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以的图象关于原点中心对称，所以CD错误． 当时，，所以B错误. 故选：A． 3. 若命题“，使得”是假命题，则实数m的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题化为，都有为真命题，结合一元二次不等式恒成立求参数范围. 【详解】由，使得为假命题， 则，都有为真命题， 当，则，满足， 当，则，满足， 综上，. 4. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由已知得，而， 则， 所以. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据a、b、c算式特征构建函数，通过求导确定函数单调性即可比较a、b、c的大小关系. 【详解】令，则， 因此在上单调递减， 又因为，，， 因为，所以． 故选：B． 6. 已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并进行求解即可. 【详解】作出函数的图象： 函数的零点等价于方程， 当时，此时方程化为可得， 由，结合图象，可得方程仅有2个解，此时不满足题意；故； 当时，此时方程化为可得或， 由可得方程有一个解为， 由，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故； 所以要使得函数有且仅有3个不同零点，则满足， 由于 所以二次方程的根仅有一个满足，另一个根， 则满足或，解得， 综上的取值范围为， 故选：D 7. 已知函数的定义域为，且，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据和推出函数的周期，求出一个周期的函数值，即可求解. 【详解】由，所以，所以， 所以，由有， 所以，即，所以函数的周期为6， 所以， 由，，， 令有，， 所以，所以， 令有，，即， 令有，即，， 所以， 所以， 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（e为自然对数的底数），且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在处取得极大值 C. 存在唯一的实数使得 D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，结合单调性可得，从而判断A；根据导数运算可设，由，从而可得的值，于是得函数的解析式，求导确定单调性得的极值点即可判断B；根据单调性结合函数确定的根是否唯一即可判断C；根据单调性确定函数值大小即可判断D. 【详解】设，则， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，即，得，故选项A不正确； 可设，可得，所以，所以， 所以，由可得，由可得， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故选项B不正确； 又因为，可得函数大致图象如下： 结合图象知，存在唯一的实数使得，故C正确； 由于，而， 所以，故选项D不正确. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 幂函数为偶函数，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 的导函数为，则是的充分不必要条件 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，借助复合函数的单调性即可求解；B选项，先根据幂函数的定义求解，再根据奇偶性进行验证即可；C选项，借助函数定义即可求解抽象函数的定义域；D选项，借助求导法则进行判定即可. 【详解】对于A：由函数有意义，可得，解得或. 令，外层函数在上为增函数， 内层函数的对称轴为，在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”原则，所以的单调递增区间为，故A错误； 对于B：因为为幂函数，所以，解得或， 当时，为偶函数，满足条件； 当时，不是偶函数，不满足条件，所以，故B正确； 对于C：因为函数的定义域为，则对于函数需使， 解得，故函数的定义域为，故C正确； 对于D：由，两边求导可得：，所以充分性成立； 由，则（为待定常数），所以必要性不成立， 即是的充分不必要条件，故D正确. 10. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为3 【答案】BC 【解析】 【分析】根据基本不等式及不等式等号成立的条件，逐项判断即可. 【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A错误； 对于B，，当且仅当时，等号成立，所以，故B正确； 对于C， ，当且仅当， 即，时，等号成立，故C正确； 对于D， ， 当且仅当，即，时，等号成立， 与已知矛盾，所以等号不成立，故D错误. 综上所述，选项BC正确. 11. 已知是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】参变分离可得，令，利用导数分析的单调性和极值，结合图象分析可知，且，即可判断AB；整理可得，结合等差中项可得，即可判断C；整理可得，，即可得，即可判断D. 【详解】令，可得， 令，则， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递增，在，内单调递减， 则的极大值为，极小值为， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 由此可得函数的图象如图所示： 对于选项AB：因为是函数的三个零点，可知与有3个交点， 则，且，可得，故A正确，B错误； 对于选项CD：因为，则， 可得，即， 若成等差数列，则，即， 可得，且，即， 所以成等比数列，故C正确； 又因为，则， 整理可得，解得或， 因为，可得， 则，可得， 所以，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，若，则______. 【答案】3 【解析】 【详解】因为，所以，则， 由导数定义知，所以. 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性法则，结合对数函数的定义域，即可求解. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 且函数在上恒成立， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 14. 若实数a，b，c，d满足，则的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】将变形为，再把看作两点间的距离，问题转化为曲线上动点与直线上动点的距离的最小值，转化为求与直线平行且与曲线相切的直线的切点问题，即可得解. 【详解】由题意得， 欲求的最小值，则先求的最小值， 实数，，，满足， ，． 分别设，． 则对于的最小值， 可看作曲线和直线上的动点与的最小距离， 设直线与曲线相切于点， 则，，解得，， ．点到直线的距离， 即的最小值为， 得到的最小值为8. 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. 已知全集，集合，. （1）当时，求； （2）若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围. 【答案】（1）或；（2） 【解析】 【分析】 （1）分别求两个集合，利用公式求解；（2）根据题意转化为，再列不等式求解. 【详解】（1），解得：，即， 当时，，解得：，即， ， 或； （2）， 解得：， 即， 是的必要不充分条件，， ，解得：. 所以实数a的取值范围是. 【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集； （2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集； （3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等； （4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含． 16. 已知，函数是奇函数，. （1）求实数的值； （2）若，，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义代入计算，然后检验，即可得到结果； （2）根据题意，将问题转化为，再由函数的单调性可得，由二次函数的单调性可得，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为函数是奇函数，所以，即，即，，则，解得，因为，所以. 当时，，由，得，解得，即的定义域为，，满足题意. 综上，； 【小问2详解】 因为，使得，所以，由（1）知，. 由为上的单调递增函数，为单调递增函数，所以在上单调递增，故. ，当时，， 所以，由题意得，即，解得，即实数的取值范围为. 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】（1） 取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1． 【解析】 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 18. 袋子里有除了颜色外其他完全一样的5个球，其中红球3个，白球2个．从袋子中一次随机取出两个球，如果取出的球是白球，则将它放回袋子里；如果取出是的球是红球，则不放回袋子里，另外补充相同数量的白球放入袋子里，重复上述操作n次后，袋子里白球的个数记作 （1）求两次操作后，袋子里小球颜色全部相同的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）求． 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合独立事件概率乘法公式运算求解即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式结合独立事件概率乘法公式求对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，分析可知数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解. 【小问1详解】 设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件A， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后袋中5个球的颜色都为白色”，2次操作，其中1次取出1红1白，另一次取出2红， 所以. 【小问2详解】 由题意可知：的取值可能为2，3，4，5． 则； ； ； ． 所以的分布列为 2 3 4 5 【小问3详解】 记按照上述次述操作后，袋子里白球个数为． 设，，且， 则； ； ； ． 可得 ， 即，整理可得， 又因为， 可知数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以. 19. 已知函数，. （1）求函数的最值； （2）讨论函数在上极值点的个数； （3）设函数，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数的取值范围. 【答案】（1）最小值为，无最大值. （2）当或时，无极值点；当时，有2个极值点. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数即可得到函数的单调性及最值. （2）对函数求导，作出函数简图，通过方程根的个数结合极值点两边正负号即可确定参数的范围. （3）化简函数并求导，分析有三个极值点时满足的条件，结合函数单调性求解不等式即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，. 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 因此在处取得极小值（也是最小值），此时. 无最大值. 所以函数的最小值为，无最大值. 【小问2详解】 由题意知，即讨论在上变号零点个数 对求导可得，. 极值点的个数等价于在上的解的个数，即在上的解的个数. 令（），则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，此时. 且当时，；时，. 当时，在上无解，此时在上无极值点； 当时，在上有2个解，此时在上有2个极值点； 当时，在上有1个解， 但在和上均大于零，故此时在上无极值点； 当时，在上无解，此时在上无极值点； 综上，当或时，无极值点；当时，有2个极值点. 【小问3详解】 ，其定义域为， 则，（）. 令，解得或. 设（），则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，此时， 且当时，；当时，. 因此的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，，且为的一个根， 所以与有两个不同的交点（且不等于1），所以， 即在上有两个不同的正根（且不等于1）. 不妨设，则， 所以，即，，也即，， 所以 令（），则 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又，所以， 所以在上单调递增. 因为， 因此当时，， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027—1—高三年级9月检测数学试卷 命题人：陈惠 审核人：洪妍 一、单项选择题（每小题5分，共8小题，计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. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 3. 若命题“，使得”是假命题，则实数m的取值范围为（     ） A. B. C. D. 4. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（e为自然对数的底数），且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在处取得极大值 C. 存在唯一的实数使得 D. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 幂函数为偶函数，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 的导函数为，则是的充分不必要条件 10. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为3 11. 已知是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，若，则______. 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为______． 14. 若实数a，b，c，d满足，则的最小值为______． 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. 已知全集，集合，. （1）当时，求； （2）若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围. 16. 已知，函数是奇函数，. （1）求实数的值； （2）若，，使得，求实数的取值范围. 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 18. 袋子里有除了颜色外其他完全一样的5个球，其中红球3个，白球2个．从袋子中一次随机取出两个球，如果取出的球是白球，则将它放回袋子里；如果取出是的球是红球，则不放回袋子里，另外补充相同数量的白球放入袋子里，重复上述操作n次后，袋子里白球的个数记作 （1）求两次操作后，袋子里小球颜色全部相同的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）求． 19. 已知函数，. （1）求函数的最值； （2）讨论函数在上极值点的个数； （3）设函数，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $