江苏省苏州市2026-2027学年高三上学期数学开学模拟考试

**基本信息** 苏州高三数学开学模拟卷覆盖函数、几何、概率等核心知识，梯度设计从基础到综合，融合社会热点情境与逻辑推理，适配高三开学学情诊断。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、向量、立体几何|基础概念辨析，如棱台侧面积计算| |多选题|3|三角函数、不等式、立体几何|多选项分层，如三角形性质判断| |填空题|3|二项式定理、双曲线、概率|创新情境，如集合抽数构成三位数概率| |解答题|6|解三角形、立体几何、概率统计、导数|综合应用，如“反对餐饮浪费”调查的概率分布（数学语言表达现实）、含参数导数极值问题（逻辑推理）|

苏州高三数学开学模拟试卷 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，则（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，的夹角为，，，则的值为（   ） A．1 B．3 C． D． 4．已知正三棱台的高为，上、下底面边长分别为1和7，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 5．已知，且，则（ ） A． B． C． D． 6．已知圆上至少有个点到直线的距离为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．函数满足：，若，，则（   ） A．405 B．407 C．409 D．411 8．设为不超过的最大整数，若数列的通项公式为，记的前项和为，则使得的最大正整数的值为（    ） A．42 B． C． D． 二、多选题 9．（多选）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 10．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D．的最小值为3 11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 三、填空题 12．若的展开式中含的项的系数为28，则实数________． 13．已知双曲线的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为M，交另一条渐近线于N，若，则双曲线的离心率为______. 14．已知集合，，现甲、乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，则的概率为________． 四、解答题 15．在锐角中，，，的对边分别为，，，已知． (1)求； (2)若，求边上的高长的最大值． 16．如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，E是的中点，，，． (1)证明：； (2)求二面角的大小． 17．全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的男性和女性居民利用简单随机抽样各抽取4000名，将获得的数据按不同年龄段整理如下表： 男性 女性 打包 不打包 打包 不打包 第1段 250 650 450 650 第2段 300 600 550 550 第3段 600 400 750 250 第4段 850 350 650 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立． (1)从样本中第3段居民中任选一名，求其外出就餐有剩余时打包的概率； (2)从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取2人，记这3人中恰有X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列； (3)假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包（），写出方差，，，的大小关系．（只需写出结论） 18．设与双曲线相交于不同两点. (1)若双曲线的开口比等轴双曲线的开口更开阔，求：实数的取值范围； (2)若双曲线的两条渐近线的夹角为，求：双曲线的标准方程； (3)在（2）的条件下，若，且两点都在双曲线的右支上，设线段的中点为，斜率为的直线经过点，设直线在轴上的截距为，求：的取值范围. 19．已知函数只有一个极小值点，无极大值点. (1)求实数的取值范围. (2)记（为常数），求证：函数在上单调递减. (3)有互不相等的实数，，，，且，证明：. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A A A B A ABD ACD 题号 11 答案 ABC 1．C 【详解】由题可得， 所以. 2．C 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由复数，所以. 3．C 【详解】由题意得向量，的夹角为，，， 则 . 4．A 【详解】由题可得，正三棱台的侧面是三个全等的梯形，上下底面分别是边长为1和7的等边三角形. 设棱台高为，梯形高为，上底面边长为，下底面边长为， 上底面内接圆圆心到边的距离为，下底面内接圆圆心到边的距离为. 则，同理， . 所以， 即. 5．A 【分析】将已知方程转化为关于的一元二次方程，求出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论． 【详解】已知，由， 可得，即， 解得或（舍去）， 又． 6．A 【详解】将圆配方得， 因此圆心为，半径； 若圆上至少有3个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离需满足； 当时，圆上恰好有3个点到直线距离为1； 当时，圆上有4个点到直线距离为1，均满足要求； 由此可得圆心到直线的距离 ， 解得，即. 7．B 【分析】先对题中条件变形，根据等差数列的性质得到，再代入题中数据，即可求解． 【详解】， ， ， 则是等差数列，后项减前项为定值d， 即． ，， ， ， 解得． 则， 所以． 8．A 【分析】由定义令，解出对应的区间，每一个对应连续项，分段求和：算出到对应的项数与累加和，得到，进而时列不等式，求出m的最大值即可求解. 【详解】已知是不超过的最大整数，设（为整数）， 则.变形得，即. 因为是正整数，所以的整数取值为， 所以对，满足的正整数共有个，每个项的值为，该组的和为. 则时，正整数共有个，即，此时； 时，正整数共有个，即，此时； 时，正整数共有个，即，此时； 时，正整数共有个，即，此时； 时，正整数共有个，即，此时； 时，正整数共有个，即，此时， 设，解得，即最大取. 此时，； 若，，不符合要求. 因此使得的最大正整数为，则选项A正确. 9．ABD 【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解. 【详解】对于A，， 当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B，，所以，故B正确； 对于C，， 当且仅当时，等号成立，故C不正确； 对于D，因为， 所以，当且仅当时，等号成立，故D正确. 10．ACD 【详解】对于A，利用正弦定理由得， 移项得，故A正确. 对于B，由余弦定理，代入， 得，整理得， 即，可知故B错误， 对于C，由三角恒等变换公式得 ，结合，， 代入A中的结论得， 又，故， 因为为三角形内角，仅成立，即，故C正确； 对于D，由，得， 设，则原式，由基本不等式， 当且仅当时取等号，此时，，三角形为等腰直角三角形，满足条件， 故原式最小值为，故D正确. 11．ABC 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 12．30 【分析】先求出的通项展开式，再利用多项式乘积分项法求出即可. 【详解】因为的通项展开式为，， 若里取，则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 合并系数可得，解得. 13． 【分析】计算出，利用角平分线定理可求得，在中利用勾股定理可得出的值，再利用离心率公式可求得该双曲线的离心率的值. 【详解】 渐近线的方程为，双曲线的右焦点为， 则，故， 易知轴为的角平分线，则点到直线、的距离相等， 故，故，， 由勾股定理，即，可得， 所以离心率. 14．/ 【分析】根据概率的乘法公式求出甲抽取的元素中有时和甲抽取的元素中没有时的概率，利用全概率公式即可求出答案. 【详解】可分两类，甲抽取的元素中有时和甲抽取的元素中没有时， 记事件为“甲抽取的元素中有”， 所以，， ， 所以， 所以. 所以的概率为. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据三角形内角和把角转换成角，，再由两角和差公式展开化简即可. （2）先根据余弦定理和基本不等式得到的最小值，再由三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）∵，， ，∴， 化简得， 即， 即，在锐角中，， 即，∴，又即， ∴，即,∴. （2）由余弦定理得， 又，∴， 由基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为9，此时，是等边三角形，且， 又∵，∴ 即，又，∴. ∵函数在上单调递减， ∴当时. 16．(1)取的中点，连接， 因为是等边三角形，所以， 又是的中点，所以， 又底面是矩形，则，所以， 又，平面， 所以平面， 平面，所以． (2) 【分析】（1）取的中点，连接，根据线面垂直的判定得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）由（1）知为二面角的平面角，记，由得出，由余弦定理得出，在中，由余弦定理即可求解. 【详解】（1）略. （2）由（1）知为二面角的平面角， 在中，，，， 则， 在中，， 记，则， 在中，，， 因为，即，， 设， ， 所以， 由余弦定理知 ， 故， 在中，由余弦定理得， 又，所以． 17．(1) (2)的分布列为： (3) 【分析】（1）利用频率估计概率，计算第3段打包人数占该段总人数的比值； （2）先求解男性、女性打包的概率，确定的所有取值，分别计算对应概率得到分布列； （3）根据两点分布方差公式，比较各段打包概率，得到方差大小关系. 【详解】（1）由表格数据可得，第3段居民总人数为， 其中外出就餐有剩余时打包的人数为， 用频率估计概率，故所求概率为. （2）男性总样本量为，打包总人数为， 故男性打包概率； 女性总样本量为，打包总人数为， 故女性打包概率. 的所有可能取值为， ：男性不打包，2名女性均不打包，； ：包含两类情况，男性打包且2名女性均不打包、男性不打包且2名女性恰1人打包， ； ：包含两类情况，男性打包且2名女性恰1人打包、男性不打包且2名女性均打包， ； ：男性打包且2名女性均打包，. 综上可得的分布列为： （3）由题意知服从两点分布，其方差为， 其中为第段居民打包的概率， 由表中数据得,, ,， 所以，， ，， 所以. 18．(1)； (2)或； (3). 【分析】（1）由双曲线离心率与双曲线开口程度关系可得答案； （2）由题设结合到角公式可得答案； （3）设 ，将直线与双曲线方程联立，然后由题设及韦达定理可得，最后由题设及不等式性质可得答案. 【详解】（1）对于双曲线，  ， 双曲线开口越开阔即双曲线离心率更大 ， 又等轴双曲线离心率为 ，   ∴ ； （2）， 从而双曲线渐近线为，斜率分别为，  ， 因双曲线的两条渐近线的夹角为 ， ， 解得：或 ， ∴双曲线的标准方程为：或 . （3）设 ， 联立消去得： ， 由题设可得 ，由韦达定理可得： ， 从而：，得.由题可得，代入坐标， 可得： ，因， 则，令，则， 注意到，则. 19．(1) (2)由（1）知， 因为，记， 所以， 所以为增函数，当时，， 所以在上单调递减． (3)构造函数， 由（2）知在上单调递减，， ． 因为，所以， 因为为偶函数，所以，， 又在上单调递增，， 所以，即． 【分析】（1）通过分析导函数 的零点个数及变号情况，讨论参数 对不同取值下极值点个数的影响，最终确定的取值范围； （2）利用第一问中时 递增的性质，对求导并判断其在 上的符号为负，从而证明单调递减； （3）构造函数 （ 为等差数列的对称中心），由第二问结论得 在 上递增，将四点代入转化为 在正半轴上的函数值比较即可． 【详解】（1）由题易知，记． 由于只有一个极小值点，无极大值点，所以有唯一解，且在该解处的符号由负变正． 设曲线与直线的切点为，则，解得． 当时，无解，函数无极值点； 当时，有唯一解，但，所以无极值点； 当时，有两解，不满足题意． 当时，，函数单调递增，无极值点； 当时，恒成立，因为，，，， 所以有唯一解，即函数有极小值，无极大值． 综上，实数的取值范围为． （2）略； （3）略． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $