江苏省苏州市2026-2027学年高三上学期开学测试模拟（二）数学试题

**基本信息** 苏州秋季开学数学模拟卷，知识覆盖集合、函数、几何等主干内容，以盲盒情境概率题、新定义“起源数列”题等设计，融合数学思维与应用，适配开学知识检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|8/40|集合、复数、向量、椭圆离心率|基础与能力结合，如第8题函数奇偶性与导数综合| |多选|3/18|概率统计、抛物线、立体几何|选项分层，如第11题含参数动点几何问题| |填空|3/15|二项式定理、三角方程、不等式恒成立|考查转化能力，如第14题构造函数解恒成立| |解答|5/77|立体几何、导数、概率、双曲线、新定义数列|综合创新，如17题盲盒情境全期望公式应用，19题“起源数列”逻辑推理|

江苏省苏州市2026-2027学年秋季开学测试模拟（二） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 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涂黑，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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量、满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. “”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是椭圆的左、右焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，且，，记为的前项和，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 7. 在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 是偶函数 D. 二、选择题：本题共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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若随机变量满足，则 B. 数据，，，，，的分位数是 C. 若随机变量，，则 D. 当相关系数时，样本点都落在同一条直线上 9. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，则（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则 C. 的最大值为 D. 为钝角 11. 棱长为1的正方体中，点满足，，．则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 当时，平面 C. 若，则与平面所成角的最小值为 D. 当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为__________. 13. 已知函数，若集合只含有3个元素，则实数的取值范围是________． 14. 设，若对任意的实数，都有成立，则的取值范围是___________． 四、解答题（本题共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，在三棱锥中，点在上，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知函数(且). （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； （3）若有解，求的取值范围. 17. 我们知道，若为一个分类变量，则全概率公式可以表示为．类似条件概率的定义，我们将在事件 发生的前提下，随机变量的数学期望称为条件期望，记为．类似地，若已知各条件下X的数学期望，我们可以得出在总条件下的期望：，即全期望公式． 运用以上知识回答下列问题：某人购买一款盲盒，其中共有n种商品()，每次购买时抽取到每种商品的概率是均等的，直到抽到所有商品时停止购买．记购买的总次数为X． （1）若： （i）求． （ii）若该人已获得其中的三种商品，记“下一次购买抽中已有商品”为事件M，并设其还需要购买的次数为Y，证明：，并求的值． （2）求(用n表示，可使用求和符号)． 18. 已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，左焦点为，过的直线与的右支交于、两点，且点在第一象限． （1）求的标准方程； （2）若，求的方程； （3）记的内心为，的内心为，的面积为，的面积为，求的最大值． 19. 定义：已知函数，若数列满足：对任意的，均有，则为函数的一个“起源数列”． （1）若已知，求的一个“起源数列”的通项公式． （2）若已知，数列为的“起源数列”，证明：对任意的，均为数列中的一项． （3）若已知，数列，分别为的两个“起源数列”()，且对任意的，，． （i）证明：； （ii）当时，比较与的大小，并证明你的结论． 答案与解析 一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【详解】，则． 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数. 【详解】设，则，则， 所以，，解得，因此，. 故选：C. 3. 已知向量、满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， ，即，解得. 4. “”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】计算出选项中的关系，利用充要条件的定义即可判断. 【详解】对于选项A，由得，即，所以是的必要不充分条件，故A正确； 对于选项B，取，则，所以不是的必要条件，故B错误； 对于选项C，等价于，所以是的充要条件，故C错误； 对于选项D，等价于，所以是的充要条件，故D错误. 5. 已知，是椭圆的左、右焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】由正弦定理和椭圆定义可得，求出答案 【详解】设． 在中，由三角形内角和得． 由正弦定理得，即． 由椭圆定义得，即，所以． 其中， ，椭圆离心率，得． 6. 已知数列满足，，且，，记为的前项和，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 【答案】C 【解析】 【分析】由递推关系式，先写出数列若干项，找出数列的周期；分开计算前非周期部分、周期部分，再求和. 【详解】由，，，得，， ，，， ，，， 从第5项开始，是周期为3的周期数列，数列值分别为，，所以. 7. 在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】D 【分析】建系，设，根据两点间距离公式分析求解． 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，    可得，设， 则，即， 可得，当，即时，取到最小值． 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 是偶函数 D. 【答案】B 【分析】由的偶函数条件得到的对称关系并求导判断B，再用反例排除A、C、D. 【详解】因为为偶函数，所以. 令，则，所以，即. 两边关于求导，得. 又，所以，即， 因此的图象关于点对称，B正确. 为排除A、C、D，取，则为偶函数， 且为奇函数，满足题设条件. 此时，，所以的图象不关于直线对称，A不正确. 又，所以不为偶函数，C不正确. 当时，依次为，并以为周期. 因为，所以，D不正确. 二、选择题：本题共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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若随机变量满足，则 B. 数据，，，，，的分位数是 C. 若随机变量，，则 D. 当相关系数时，样本点都落在同一条直线上 【答案】ACD 【分析】对于选项A，根据方差的性质即可求解；对于选项B，根据百分位数的计算公式，即可求解；对于选项C，根据正态分布的性质，即可求解；对于选项D，根据相关系数的概念，即可判断. 【详解】对于A选项，由，解得，故A正确； 对于B选项，因为，所以数据，，，，，的分位数是，故B错误； 对于C选项，若随机变量，则， 所以，故C正确； 对于D，当相关系数满足时，所有样本点完全线性相关，即全部样本点都在同一条直线上，故D正确． 综上所述，选项ACD正确. 9. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，则（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则 C. 的最大值为 D. 为钝角 【答案】BD 【解析】 【分析】求抛物线准线方程判断A；利用抛物线定义求解判断B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示求解判断CD. 【详解】如图： 对于A，抛物线的焦点，准线方程为，A错误； 对于B，，而，则，B正确； 显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 则，，， 对于C，， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，，则， 结合，则为钝角，D正确. 11. 棱长为1的正方体中，点满足，，．则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 当时，平面 C. 若，则与平面所成角的最小值为 D. 当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 【答案】ABC 【分析】对于A，利用法向量证明直线平行于平面法向量，进而由线面垂直直接推导出面面垂直；对于B，通过证明直线的方向向量与平面的法向量数量积为零，判定该直线与平面平行；对于C，根据距离条件解析出动点的圆弧轨迹，通过寻找轨迹上距离最远的点来确定最小线面角；对于D，利用截面与球心连线垂直时面积最小的几何性质，结合勾股定理即可求得截面面积最小值. 【详解】以为原点，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 且，则， 对于A，， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， ，即与平面的法向量平行，则平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，若，则，则有，即，则， 则， 因此，因为点不在平面内，所以平面，故B正确； 对于C，由，得， 即，因为，如图， 点的轨迹是平面内，以为圆心，1为半径的一段四分之一圆弧， 易得平面， 所以与平面所成的角为，所以在中，， 要使最小，则使最小，即求的最大值， 显然点与点或重合时，取最大值1，所以，即，C正确； 对于D，若，则，即面的中心， 易得正方体外接球的球心位于体对角线的中点，坐标为， 外接球半径满足， 球心到点的距离的平方为， 过球内一点作截面，当截面垂直于直线时，截面圆的面积最小， 设最小截面圆的半径为，则有， 则截面面积的最小值，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为__________. 【答案】240 【解析】 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项． 【详解】因为的展开式中，通项公式为， 令，可得，所以展开式中的常数项为. 故答案为：240. 13. 已知函数，若集合只含有3个元素，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角变换求出的根，再根据其在上只有三解列出不等式，即可得出的取值范围． 【详解】由题意得， 故由得或，， 即或，， 因为集合只含有个元素， 所以在上只有三解， 当时，将满足条件的从小到大排列为 故有且仅有在内，因此，解得． 14. 设，若对任意的实数，都有成立，则的取值范围是___________． 【答案】 【分析】构造函数和将原不等式转化为两函数同号的问题，通过排除法确定后，分类讨论两函数恒非负或在同区间内同负的情况，从而求得的取值范围. 【详解】设，， 由题意得对任意，都有，则和同号或其中一个为0， 若，当时，，且，则，所以， ， 当时，因为，，，所以， ，所以，此时，与题意矛盾，故舍去， 当时，恒成立，而， 其判别式，即存在小于0的解， 因此不恒成立，故舍去， 综上，， ①恒成立，即，且恒成立， 若，则，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为，所以，解得， 因为为开口向上的二次函数，则有，解得， 综上，的取值范围为， ②在某些区间内小于0，在这些区间内小于0，在其它区间内大于等于0， 由①知，当时，的最小值小于0，则有两个不同的实数根， 将其设为，，设，则， 因为，且易得在上都小于0，所以无需讨论时的情况， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，因此当时直线与有两个交点， 且分别位于的两侧，即， 在区间内，，若保证恒成立， 则在内也小于等于0，且在其它区间大于等于0， 因为为开口向上的二次函数，则的两个根必须恰好也是， 由韦达定理得，， 因为，所以，解得，与前设条件矛盾，故舍去该种情况， 综上，的取值范围为. 四、解答题（本题共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，在三棱锥中，点在上，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）因为，，平面，， 所以平面，而平面，则， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定得到面，最后结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，在平面内过点作交于点， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 由题意得，，， ， 则，，，，， 由题意得，， 设平面的法向量为， 可得，取，得，， 所以平面的一个法向量为， 由题意得，， 设平面的法向量为， 可得，取，得，， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数(且). （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； （3）若有解，求的取值范围. 【答案】（1）的极小值为，无极大值； （2），切点坐标为；（3） 【分析】（1）求导判断单调性，再计算极值即可； （2）根据切线性质列出方程组，化简消去a，再构造新函数求解即可； （3）通过分析对不等式进行转化；或者直接构造含参函数，分类讨论函数单调性. 【小问1详解】 当时，，的定义域为， ，令，得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ， 设切点为，切线的斜率为1，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①②得，， 设，， 由，当时，，单调递增；时，，单调递减， 又，所以是的唯一零点， 所以，代入①得，切点坐标为. 【小问3详解】 法1：令，，令，得， 令，得，所以t在单调递减，在单调递增 因为时，所以 ①时，有解，， ； ②时，，舍去； ③时，有解，，. 综上：. 法2：因为有解，所以有解. 记， ①时，恒成立，所以在单调递增，当，， 所以恒有解，所以； ②时，，无解，舍去； ③时， x + 0 - 极大值 所以，，，所以 . 综上：. 17. 我们知道，若为一个分类变量，则全概率公式可以表示为．类似条件概率的定义，我们将在事件 发生的前提下，随机变量的数学期望称为条件期望，记为．类似地，若已知各条件下X的数学期望，我们可以得出在总条件下的期望：，即全期望公式． 运用以上知识回答下列问题：某人购买一款盲盒，其中共有n种商品()，每次购买时抽取到每种商品的概率是均等的，直到抽到所有商品时停止购买．记购买的总次数为X． （1）若： （i）求． （ii）若该人已获得其中的三种商品，记“下一次购买抽中已有商品”为事件M，并设其还需要购买的次数为Y，证明：，并求的值． （2）求(用n表示，可使用求和符号)． 【答案】（1）（i）；（ii）设事件为“下一次购买抽中未拥有的商品”已经获得三种商品后， 每次抽到剩余新商品的概率为，抽到已有商品的概率为， 若发生，则这一次购买没有改变已有商品的种类数， 所以在发生事件后，未来还需要购买的期望次数依然是初始状态下的期望次数， 则，得证. （2） 【分析】（1）（i）通过乘法公式依次计算连续四次都抽到不同全新商品的独立事件概率，（ii）利用“抽中已有商品相当于白白消耗一次机会且收集状态不变”的逻辑构建递推关系，并代入全期望公式解方程求出具体期望值，（2）将总购买次数拆分为获取每一种新商品所需次数的独立阶段，利用全期望公式证明各阶段期望为单次成功概率的倒数，最后运用期望的线性性质累加求和. 【小问1详解】 （i）事件表示前四次购买恰好抽齐四种商品，即前四次抽到的商品互不相同， 所以有. （ii）若发生，只需这1次购买即可完成收集，所以， 由题意可得， 即，，，解得. 【小问2详解】 设为在已经拥有种不同商品的前提下，为了抽到第种新商品所需要购买的次数， 其中，则有， 在已拥有种商品时，下一次抽中全新商品的概率记为， 因为总共有种商品，还剩下种未抽中，所以， 由（1）得，即， ，，， ，则，令，整理得. 18. 已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，左焦点为，过的直线与的右支交于、两点，且点在第一象限． （1）求的标准方程； （2）若，求的方程； （3）记的内心为，的内心为，的面积为，的面积为，求的最大值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线距离得到方程，求出双曲线方程； （2）设出直线，联立直线和双曲线方程，得到两根之和，两根之积，表达出两三角形面积，得到方程，求出答案； （3）作出辅助线，根据内心的性质和双曲线定义可得，，结合韦达定理得到，并求出面积的最大值. 【小问1详解】 因为右焦点到渐近线的距离，所以． 又离心率，且，解得．所以的标准方程为． 【小问2详解】 设直线，点在第一象限，故， 联立消去得． 由韦达定理，得． 因为与的右支交于两点，所以，即． 因为，且，所以． 所以，解得，满足要求， 由于，故，故，解得，故， 所以的方程为． 【小问3详解】 由已知得． 过的内心作的垂线，垂足分别为，如图所示． 根据切线长定理，得， 由，得． 又，所以．而，则． 所以．同理．所以． 又，所以． 因为， 所以，解得． 即，同理．所以． 因为， 所以． 所以． 又，所以． 因为， 所以．所以． 因为，所以当时，取最大值． 19. 定义：已知函数，若数列满足：对任意的，均有，则为函数的一个“起源数列”． （1）若已知，求的一个“起源数列”的通项公式． （2）若已知，数列为的“起源数列”，证明：对任意的，均为数列中的一项． （3）若已知，数列，分别为的两个“起源数列”()，且对任意的，，． （i）证明：； （ii）当时，比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）；（2）证明： 因为与均为上的增函数，故在上单调递增. 由定义知，对任意成立，且方程的解唯一. 任取，记.由于为正整数，为正整数，则也为正整数，于是. 结合单调递增，函数值相等则自变量相等，得，即存在正整数，使得，因此是数列中的一项. （3）（i）证明： 由起源数列定义得，且. ①证：由，两边取自然对数，得. ②证：令，，，故在上单调递增. 当时， ，由单调性得 . 因此，两边取对数得. 综上得证. （ii）时， 【分析】本题属于新定义综合压轴题，融合数列、导数、函数单调性、不等式证明，侧重考查信息理解与代数变形能力. （1）读懂 “起源数列” 是解题突破口：，本质是为方程的实数解；函数若不单调，同一个可以对应多个解，由此产生不同的起源数列. （2）利用严格单调函数自变量与函数值一一对应的性质，将 “数属于数列” 的证明转化为验证定义式，不需要求出数列通项. （3）（i）借助函数单调性完成放缩，把不等式证明转化为函数值大小比较； （ii）对负数做换元处理消去绝对值，通过构造辅助函数，使用反证法导出矛盾，完成大小比较，是导数与数列结合的典型考法. 【小问1详解】 由 “起源数列” 的定义得，即， 两边取自然对数，可得. 【小问2详解】略 【小问3详解】（i）略 （ii）当时，. 证明： 由题意因为，令，则， 代入第二个等式得，于是有. 构造函数， 求导得， 故在单调递增， 又，因此当时，，即. 假设.记，，则在单调递增. 由，得，即. 结合，得，即. 当时，，此时，矛盾，故假设不成立，因此，即. 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $