精品解析：江西U18县域联盟2026-2027学年高三上学期起点卷数学l试卷

江西U18县域联盟高三起点卷 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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. 数据9，11，11，12，13，14，16，19的分位数为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 2. 已知，是两个不共线向量，向量与，均不共线，且，则实数不可能为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 二项式的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 5. 冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程．主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）．已知某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：）之间满足：（其中，为常数）．若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为261小时，在的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度最高不能超过（ ） A. B. C. D. 6. 若双曲线的两条渐近线与圆共有3个公共点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 定义域为的函数满足，当时，，则当时，函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 8. 一盒子中装有6个编号分别为1，2，3，4，5，6的小球（小球的其余特征完全一致）．从中有放回地随机取球2次，每次取1个小球．记“第1次取出的小球的编号为1”为事件，“第2次取出的小球的编号为1”为事件，“两次取出的小球的编号之和为5”为事件，“两次取出的小球的编号之和为奇数”为事件，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 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. 已知复数在复平面内的对应点为，复数在复平面内的对应点为，且，则（ ） A. B. 是纯虚数 C. D. 复数在复平面内的对应点位于第四象限 10. 已知函数的最小正周期为，若将其图象向左平移个单位长度后得到的图象关于直线对称，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. D. 在上单调递增 11. 在三棱锥中，平面，，．若三棱锥的体积为，则（ ） A. B. 二面角的平面角大于 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则___________. 13. 在中，，，其面积为，则______. 14. 设抛物线的焦点为，准线为.过抛物线上一点作的垂线，垂足为.设与相交于点.若，且的面积为是抛物线上的一点，则的最小值为__________. 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. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 16. 已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 17. 甲、乙两人进行游戏比赛，游戏共五局，先获得三局胜利的人赢得比赛；比赛分为进攻方与防守方，一方进攻则另一方防守，进攻成功或防守成功的人均看作获得本局游戏胜利，一方进攻成功则继续进攻，一方进攻失败则更换进攻方；甲在进攻方胜率为a，乙在进攻方胜率为，甲优先进攻． （1）第二局乙获胜的概率； （2）若，求甲在四局以内赢得比赛的概率； （3）若，记游戏局数为，求的最大值． 18. 如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的极值； （3）若对任意的恒成立，求的取值范围； （4）若存在零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西U18县域联盟高三起点卷 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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. 数据9，11，11，12，13，14，16，19的分位数为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算即得. 【详解】数据从小到大排列为9，11，11，12，13，14，16，19，共8个数， 由，可知这组数据的分位数为. 2. 已知，是两个不共线向量，向量与，均不共线，且，则实数不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，是两个不共线向量，向量与，均不共线，且， 所以，否则，与共线. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知集合，，故. 4. 二项式的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因二项式的展开式的通项为， 取，得，故常数项为. 5. 冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程．主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）．已知某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：）之间满足：（其中，为常数）．若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为261小时，在的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度最高不能超过（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件求出指数函数的参数，再通过不等式求解温度范围. 【详解】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（为常数）. 当时，，代入得：① 当时，，代入得：② 将①②化简可得：，即，解得：， 代入①式求得：， 由题意，即：，即， 则，将代入：， 化简可得： ，当指数大于等于零时不等式成立，即 ，解得：. 所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过. 6. 若双曲线的两条渐近线与圆共有3个公共点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆心坐标和双曲线渐近线方程，可以得到圆与相切，然后利用圆心到渐近线的距离等于半径列出的一个方程，求解间的关系，最后求离心率. 【详解】双曲线的两条渐近线方程为. 圆的圆心坐标为，半径. 由题意双曲线的两条渐近线与圆共有3个公共点，所以圆与其中一条渐近线相切. 圆心坐标位于第一象限，圆与相交，与相切. 圆心到渐近线的距离等于半径，即，整理得， ，， ， . 7. 定义域为的函数满足，当时，，则当时，函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推关系可得的解析式，将问题转化为函数与直线交点个数问题，采用数形结合的方式可求得结果. 【详解】，，，，， ，； 函数的零点个数等价于函数与直线的交点个数； 作出与的图象如下图所示， 结合图象可知：当时，与在每个区间上有且仅有一个交点，则当时，与共有个交点； 当时，与没有交点，即当时，与没有交点； 当时，与有且仅有一个交点，即当时，与有且仅有个交点； 当时，，，二者没有交点，即当时，与没有交点； 综上所述：当时，函数的零点个数为个. 8. 一盒子中装有6个编号分别为1，2，3，4，5，6的小球（小球的其余特征完全一致）．从中有放回地随机取球2次，每次取1个小球．记“第1次取出的小球的编号为1”为事件，“第2次取出的小球的编号为1”为事件，“两次取出的小球的编号之和为5”为事件，“两次取出的小球的编号之和为奇数”为事件，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 【答案】C 【解析】 【分析】围绕有放回抽样中的互斥事件、独立事件、概率加法公式三个核心概念，通过对样本空间的枚举和概率计算，逐一验证选项的正确性． 【详解】选项A：事件是第一次取出编号1，事件是两次编号之和为5， 二者存在公共样本点（第一次取1，第二次取4，同时满足E和G），即，因此事件E与事件G不互斥，A错误． 选项B：（第二次取1的样本点共6个）， （两次和为5的样本点为 ，共4个）， （同时满足第二次取1、两次和为5的样本点仅，共1个）， 验证得，因此事件与事件不相互独立，B错误． 选项C：， （两次和为奇数等价于两次取出的数一奇一偶，总样本数为）， （第一次取1为奇数，第二次需要取偶数才能让和为奇数，第二次可取，共3个样本点）， 验证得， 满足独立事件定义，因此事件与事件相互独立，C正确． 选项D：根据概率的加法公式， 其中（两次都取1的样本点仅1个）， 代入计算：，因此D错误． 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. 已知复数在复平面内的对应点为，复数在复平面内的对应点为，且，则（ ） A. B. 是纯虚数 C. D. 复数在复平面内的对应点位于第四象限 【答案】ACD 【解析】 【详解】∵ 复数在复平面内的对应点为，∴ 的坐标为. ∵ ，∴ 点的坐标为，即. 选项A：，正确. 选项B：，为实数，不是纯虚数，错误. 选项C：，则，正确. 选项D：，其在复平面内对应点为，位于第四象限，故D正确. 10. 已知函数的最小正周期为，若将其图象向左平移个单位长度后得到的图象关于直线对称，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. D. 在上单调递增 【答案】BD 【解析】 【分析】利用周期公式求出，利用平移得到，利用图象关于直线对称，结合余弦函数的图像和性质得到，由得到的值，从而得到和的表达式，利用正余弦函数的图像和性质分别对选项一一求解. 【详解】函数的最小正周期为， ，， 将其图象向左平移个单位长度后得到的， ， 图象关于直线对称， ，， ，， ，， 选项A，，故选项A错误； 选项B，，故选项B正确； 选项C，， ， ，故选项C错误； 选项D，，，， 在上单调递增，故选项D正确. 11. 在三棱锥中，平面，，．若三棱锥的体积为，则（ ） A. B. 二面角的平面角大于 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，根据线段比例关系得到、，结合线面垂直的性质求出长度，利用余弦定理求出长度，再通过三角形面积公式得到的面积，结合三棱锥体积公式求解值，再逐一分析各选项。 【详解】设，由得，. 平面，平面， ，， ，. 在中，由余弦定理得，即. 在中，由余弦定理得， ， . 三棱锥体积，解得，即，故A正确； 由上分析，易得即为二面角的平面角. ， 又函数在上单调递减，，故B正确； 设点到平面的距离为，， 由等体积法得，即，解得，故C错误； 将三棱锥补成以为底面、为侧棱的直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球. 设外接圆半径为，由正弦定理得， 因，， ，即. 外接球半径满足， 外接球表面积，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由条件结合二倍角公式可得，解方程可求，再结合的范围排除增解可得结论. 【详解】因为，， 所以， 所以， 所以， 所以或， 因为，所以，故， 所以， 故答案为：. 13. 在中，，，其面积为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形面积公式可得，利用平方公式求解的值，从而得，结合余弦定理求解即可. 【详解】因为，则， 又，则，即， 因为，所以，所以， 由余弦定理得到， 所以. 故答案为：. 14. 设抛物线的焦点为，准线为.过抛物线上一点作的垂线，垂足为.设与相交于点.若，且的面积为是抛物线上的一点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，分析可得点纵坐标为，结合面积可得，设，结合两点间距离公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：焦点，准线，则， 由对称性不妨设，则，解得， 将点代入，可得，即， 由得，可知点纵坐标为， 则的面积为，解得， 所以抛物线方程为，点坐标为， 设，则， 当且仅当时，等号成立， 所以当点是抛物线的顶点时，取最小值3. 故答案为：3. 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. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得，再利用，求解，最后验证是否满足，即可得解. （2）先利用累加法求得，然后利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由题意可得，当时，； 当时，， 因为满足上式，所以的通项公式为； 【小问2详解】 因为，且， 所以当时，， 当时，也符合上式，所以， 所以， 所以 . 16. 已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 【答案】（1） （2）的面积的最大值为1，直线的方程为或 【解析】 【分析】（1）先由长半轴、焦距直接得到和，再利用椭圆的性质算出，最后代入标准方程得到椭圆的方程； （2）先设过的直线方程，再和椭圆联立得到一元二次方程，利用弦长公式表示出，进而写出面积表达式，最后借助基本不等式求出面积最大值，回代求出对应直线方程． 【小问1详解】 已知椭圆的长半轴长为2，即． 又已知焦距为，即， 所以． 根据椭圆的性质， 可得 所以， 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 依题意，直线的斜率必然存在，设该直线的斜率为， 则直线的方程为， 设，， 联立方程：，整理得． 因为直线与椭圆交于两个点，所以，即，，， 到直线的距离， 根据弦长公式， 可得， 所以． 设，则，即， 所以，当且仅当时等号成立． 当时，，解得， 所以直线的方程为或， 因此的面积的最大值为1，此时直线的方程为或． 17. 甲、乙两人进行游戏比赛，游戏共五局，先获得三局胜利的人赢得比赛；比赛分为进攻方与防守方，一方进攻则另一方防守，进攻成功或防守成功的人均看作获得本局游戏胜利，一方进攻成功则继续进攻，一方进攻失败则更换进攻方；甲在进攻方胜率为a，乙在进攻方胜率为，甲优先进攻． （1）第二局乙获胜的概率； （2）若，求甲在四局以内赢得比赛的概率； （3）若，记游戏局数为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设第二局乙获胜为事件A，则有第一局甲进攻甲胜且第二局甲进攻乙胜，第一局甲进攻乙胜且第二局乙进攻乙胜两种情况，再根据独立事件乘法公式计算即可； （2）根据题意比赛可能进行三局或四局，求出对于概率，再相加即可. （3）根据题意比赛可能进行3,4,5局三种情况，求出对于概率，再计算期望，再利用基本不等式和二次函数性质可得最大值. 【小问1详解】 设第二局乙获胜的概率为， 则． 【小问2详解】 设比赛三局甲获胜的概率为，比赛四局甲获胜的概率为， 则， 代入，得甲在四局以内赢得比赛的概率. 【小问3详解】 若，则每局游戏中甲获胜的概率为，失败的概率为． 由题意，． 于是，利用， 因为，所以时，取得最大值． 18. 如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解； （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当取等号， 于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 故，解得，故, 记与轴交于点，易知，而， 故可设点，其中， 于是， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， 由辅助角公式得， 所以， 当，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的极值； （3）若对任意的恒成立，求的取值范围； （4）若存在零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）极大值为，无极小值 （3） （4） 【解析】 【分析】（1）由导数得出斜率，进而由切点写出切线方程； （2）由导数得出单调性，进而得出极值； （3）将问题转化为，构造函数，利用导数得出最大值，进而得出的取值范围； （4）存在零点等价于与轴有交点，结合（3）知，当且仅当时等号成立，所以当时，，不符合题意；当时，利用零点存在定理即可判断. 【小问1详解】 若，则， 所以，， 所以，故曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 若，则，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为，无极小值． 【小问3详解】 若对任意的恒成立，即， 令，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即的取值范围是． 【小问4详解】 令，得，令， 令，，所以， 所以当时，，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 由（3）知，，即，所以， 当且仅当时等号成立， 所以当时，，不符合题意； 当时，，， 所以存在，使得，符合题意． 综上，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $