精品解析：江苏省南通市海安市2026-2027学年高三上学期开学数学试题

高三数学 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. 满足的整数的个数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知复数，则在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 6. 某科技馆欲靠一面长墙规划一块面积为的矩形机器人表演区，为了保证观演效果，表演区的左、右两侧以及前方均需留出宽的观演区，则表演区与观演区所形成的矩形演区面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数．若满足对任意的，都存在唯一实数使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 设，，表示空间中三个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. ，，可能交于一点 10. 设二次函数满足：，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义域为的函数不恒为，，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式的展开式中，的系数为24，则________． 13. 据行业预测，因大模型训练与推理需求激增，某AI公司用于算力基础设施的月度投资额将在9月初至11月末这三个月内实现翻倍．设该期间月度投资额的月均增长率为，则________． 14. 设集合，函数同时满足条件：①当时，；当时，；②，；③，则________，所有符合题设的函数的个数是________． 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. 在平面凸四边形中，，，与相交于点，． （1）若，求； （2）若，，求． 16. 某学校开设了门体育类选修课和门艺术类选修课，甲同学从这门课中随机选修4门，要求每类选修课至少选修门． （1）甲同学恰好选修门体育类选修课的概率； （2）在已知甲同学首选门体育类选修课篮球的条件下，求甲同学剩余的三门选修课中选修艺术类选修课门数的数学期望． 17. 如图，在三棱柱中，为的中点，，二面角的平面角的大小为． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求点到平面的距离． 18. 已知，函数． （1）求函数的所有零点之和； （2）证明：，； （3），，求的取值范围． 19. 已知函数的定义域和值域均为．对于，定义集合． （1）若求； （2）若，总有，则称是对称集．证明：“是偶函数”的充要条件是“，是对称集”； （3）设，函数的定义域和值域均为，非空点集满足，总有，判断并证明的奇偶性． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 满足的整数的个数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】不等式，即，解得， 当为整数时解集为， 所以满足的整数的个数是6. 2. 已知复数，则在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】复数，在复平面内对应的点为，在第二象限. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ， ， 所以， 又，所以. 4. 曲线在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】使用导数的几何意义求解切线方程. 【详解】当时，，切点坐标为， ，令，， 所以切线方程为：，即. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据零点存在性定理，结合函数的单调性即可计算端点处的函数值求解. 【详解】由于函数均为单调递增函数，故为单调递增函数，函数至多有一个零点， 且， 故零点位于， 故选：B 6. 某科技馆欲靠一面长墙规划一块面积为的矩形机器人表演区，为了保证观演效果，表演区的左、右两侧以及前方均需留出宽的观演区，则表演区与观演区所形成的矩形演区面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形面积公式，结合基本不等式进行求解即可. 【详解】如图所示：设矩形为表演区，，则有， 由题意可知：， 所以， 设矩形的面积为， 所以， 由， 由基本不等式，得， 即，当且仅当时取等号， 所以当时，表演区与观演区所形成的矩形演区面积的最小值是. 7. 已知函数，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数奇偶性的定义得为奇函数，利用函数单调性的性质得函数在上单调递增，进而结合奇函数性质利用单调性求解不等式即得. 【详解】的定义域为，因为，所以是奇函数． 因为，所以在上单调递增， 由，可得，即． 因为在上单调递增，所以，解得， 故不等式的解集为． 8. 设函数．若满足对任意的，都存在唯一实数使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得在上严格单调，即在恒成立，或在恒成立，分类讨论即可求解. 【详解】若满足对任意的，都存在唯一实数使得， （若不严格单调，则至少存在一个，使得除外还有其他满足，与“唯一实数”的条件矛盾） 所以在上严格单调， 所以， 所以在恒成立，或在恒成立， 当在恒成立时，即对恒成立， 所以，令，即， 所以，令， 所以，令，解得， 令，解得，令，解得， 所以在单调递减，在单调递增，又， 当时，，所以，当时，，所以， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，即， 当在恒成立时，即对恒成立， 当时，，不满足题意， 综上所述，. 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. 设，，表示空间中三个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. ，，可能交于一点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面平行、垂直的位置关系判定各命题真假，借助空间模型举出反例判断错误选项. 【详解】对于A，由平面平行的传递性，若，，则，A正确. 对于B，若 ， ，平面与可以平行，也可以相交，不一定垂直，B错误. 对于C，设平面内存在直线 ，由得 ，又，故 ，C正确. 对于D，三个不同平面可以交于同一点，如空间直角坐标系中三个坐标平面交于原点，D正确. 10. 设二次函数满足：，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，赋值得到答案；BCD选项，设出解析式，得到，，结合，可得，得到解析式，从而判断BCD 【详解】A选项，令得，故，A正确； B选项，设， 由得，解得， 故，， 由得， 由①得，显然，且， 即，解得， 由②得，即，，显然成立， 故，，所以， ，，B正确； C选项，，C错误； D选项，恒成立，D正确 11. 已知定义域为的函数不恒为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】使用赋值法计算与，推导函数的周期求解. 【详解】令，则，选项A正确； 令，则，，解得或， 令，则，即， 若，则，即，与条件矛盾，所以，选项B正确； 由，得，选项C错误； 由，令，得， 令，得， 即，则， 所以的周期是4，由，令，得，，，选项D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式的展开式中，的系数为24，则________． 【答案】4 【解析】 【详解】的展开式通项公式为， 令得，故的系数为， 所以，其中，所以，即，解得（负值舍去）. 13. 据行业预测，因大模型训练与推理需求激增，某AI公司用于算力基础设施的月度投资额将在9月初至11月末这三个月内实现翻倍．设该期间月度投资额的月均增长率为，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，所以，即，解得. 14. 设集合，函数同时满足条件：①当时，；当时，；②，；③，则________，所有符合题设的函数的个数是________． 【答案】 ①. 22 ②. 40 【解析】 【分析】由条件①可以推出，，再结合条件②可以推出，算出第一空，再利用三个条件推出的可能取值，根据分步分类思想算出函数的个数. 【详解】当时，，. 当时，，. 又当任意时，，，. . 由条件①，，，，， 由条件② 由条件③当时，，，的可能取值有、、、、此时函数有5个. 当时，，的可能取值有、、，的可能取值有、、、、此时函数有个. 同理可得，当时函数有15个，当时函数有5个. 符合题设的函数有40个. 【点睛】方法总结：根据函数的概念结合集合的相关知识推出函数的所有可能取值，再结合分步分类思想对其进行排列，进而算出函数满足条件的个数. 易错归纳：本题的约束条件多，需要学生认真审题，读懂题目的条件，不然容易犯低级错误. 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. 在平面凸四边形中，，，与相交于点，． （1）若，求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合特殊角的三角函数值，利用正弦定理即可求解； （2）设，在和中，利用余弦定理得，解出即可. 【小问1详解】 依题意，在中，． 由正弦定理得，， 因为， 所以； 【小问2详解】 由，，得．设，则． 在中，由余弦定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 因为，所以，解得， 所以． 16. 某学校开设了门体育类选修课和门艺术类选修课，甲同学从这门课中随机选修4门，要求每类选修课至少选修门． （1）甲同学恰好选修门体育类选修课的概率； （2）在已知甲同学首选门体育类选修课篮球的条件下，求甲同学剩余的三门选修课中选修艺术类选修课门数的数学期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用排除法确定满足“每类至少选修门”的选法总数，再由分步乘法计数原理求出“门体育、门艺术”的选法数，最后代入古典概型公式求概率. （2）把条件转化为“从剩余体育类与艺术类课程中选足门数且至少含门艺术”的计数问题，用排除法求出条件总选法数，再分别计数 各取值对应的选法数并求出相应概率，最后代入数学期望公式求解. 【小问1详解】 满足“每类至少选修门”的选法总数为． 恰好选修门体育类、门艺术类的选法数为． 所以甲同学恰好选修门体育类选修课的概率． 【小问2详解】 满足“已知甲同学已选篮球，则还需从剩余门体育类、门艺术类共门中选门， 且至少选门艺术类．”的选法总数为． 依题意，的可能取值为1，2，3． 则， ， ． 所以． 17. 如图，在三棱柱中，为的中点，，二面角的平面角的大小为． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）如图，连接与交于点，连接， 由三棱柱性质得为的中点，又因为为的中点，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为是二面角的平面角，所以，． 又因为，，平面，所以平面． 又因为平面，所以． 在中，，，， 由余弦定理得． 所以，得． 又因为，，平面，所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线的性质得到，再利用线面平行的判定定理求证即可； （2）利用二面角的定义和线面垂直的判定定理求出平面，进而求出，再结合余弦定理与勾股定理得到，最后利用线面垂直的判定定理求证即可； （3）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，再结合点到平面距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，平面，， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系． 而，则，，，， 设，则． 所以，． 设平面的法向量为，所以， 令，得， 又因为，所以点到平面的距离为． 18. 已知，函数． （1）求函数的所有零点之和； （2）证明：，； （3），，求的取值范围． 【答案】（1）0 （2）令． 则，令， ，令，则， 则在在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则， 故在上单调递增，有， 所以，． （3） 【解析】 【分析】（1）先由 判定 为 上的奇函数，从而零点关于原点成对对称出现（含原点本身），由对称性直接得出所有零点之和. （2）构造函数 ，用"连续多次求导、逐层判断导函数单调性并结合端点值非负"的方法，从而得证. （3）先由 分离参数得 ，令 求出 的必要下界；再对导函数 作换元放缩（利用 的范围）证明当 不小于该下界时 在 上单调递减，由单调性验证充分性，最终确定 的取值范围. 【小问1详解】 依题意，函数的定义域为， 定义域关于原点对称， 因为， 所以为上的奇函数． 若，则必有． 又，故函数的所有零点之和为0. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意，．因为，又由（2）可得，． 所以，，有． 当时，， 令，则， 故在恒成立， 所以在上递减，故． 所以的取值范围是． 19. 已知函数的定义域和值域均为．对于，定义集合． （1）若求； （2）若，总有，则称是对称集．证明：“是偶函数”的充要条件是“，是对称集”； （3）设，函数的定义域和值域均为，非空点集满足，总有，判断并证明的奇偶性． 【答案】（1） （2）必要性：，则． 因为是偶函数，则，所以． 所以是对称集． 充分性：，记． 由，则，又是对称集， 所以，从而． 记， 由，则，又是对称集， 所以，从而． 所以． 所以是偶函数． （3）是偶函数，证明如下： 设，假设，不妨设． 因为函数的值域为， 所以存在，使得． 从而． 因此，所以． 则有． 又， 所以． 因此，所以． 则有，这与矛盾， 故假设不成立，即有， 所以是偶函数． 【解析】 【分析】（1）根据定义，结合分段函数定义域分段求解不等式； （2）分别证明充分性和必要性，根据偶函数定义、和对称集定义证明； （3）通过反证法，假设，不妨设，构造，得到， 根据题干信息推出且，假设不成立即可得到奇偶性. 【小问1详解】 当时，，解得； 当时，，解得， 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $