精品解析：江苏省三校联考2026-2027学年高三上学期九月份质量监测数学试题

高三年级九月份质量监测 数学试题 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知点P是的重心，则（ ） A. B. C. D. 4. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知是等比数列，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正四棱锥侧棱和底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，满足，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分． 9. 已知，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，其中.则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 若的图象关于点中心对称，则或 C. 若将的图象向左平移个单位后，所得图象关于y轴对称，则 D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 11. 已知，则下列正确的是（ ） A. 直线为的切线 B. 若，则 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 根据成对样本数据建立变量关于的成对数据如下表所示： 1 2 3 4 5 4 7 9 10 若由该数据得到的线性回归方程为，则的值为_____. 13. ______. 14. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是_________ 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 16. 某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 A B C D E F G 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 （1）现从这7家企业中随机抽取1家．记事件M：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件N：抽到的企业“专利产出数超过8件”．求条件概率的值； （2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望． 17. 如图，已知直角梯形绕旋转得到四边形，其中. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若的图象在点处的切线的倾斜角为，对于任意的，函数在区间上不是单调函数，求实数的取值范围． 19. 已知函数，． （1）若，且在点处的切线与直线垂直，求的值； （2）设函数． （ⅰ）当时，求的最小值； （ⅱ）当时，讨论的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级九月份质量监测 数学试题 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数单调性解不等式可化简集合A，后由并集定义可得答案. 【详解】，则，又， 则. 故选：C . 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法和复数的模的运算，直接求解即可. 【详解】， 故. 故选：B 3. 已知点P是的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理逐项验证判断即得. 【详解】取的中点，根据中线性质可得， 因为是的重心，所以,将上式代入，得，故A,B错误； 又因,故C错误； ，故D正确. 4. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出在上单调递增的值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】函数，求导得， 若函数在上单调递增，则对恒成立， 而当时，，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A 5. 已知是等比数列，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用条件，得到，再由，得，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以， 得到，所以，由，得到， 所以， 故选：C. 6. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由，得， 则，即，所以函数的一个周期为4， 又， 则. 7. 已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正四棱锥侧棱和底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由面积求得侧棱与底面边长的关系，再根据线面角定义求解． 【详解】如图，正四棱锥中，是底面中心，是中点，则是棱锥的高，是斜高，是侧棱与底面所成的角， 设底面边长为，， 由已知，则，又， 所以，而， 所以， . 故选：D． 8. 已知，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对做指对互化，换元变形，构造函数，利用单调性得到，利用零点存在性定理可求得，可判断A；根据可求得，可判断B；将代入可判断C；由可判断D. 【详解】已知，满足，． 对，指对互化得． 令，则，代入上式得：， 两边乘整理得． 构造函数， 求导得：． 因为，，，故恒成立． 这说明在上严格单调递增，方程最多一个解． 因为和都满足方程，所以， 同时． 对于A：，， ， 因为单调递增，所以，选项A错误． 对于B：由，，所以， 因此，不成立，选项B错误． 对于C：，代入， ． 因为，，， 所以恒成立，选项C正确． 对于D：由前面推导，，选项D为， 即，矛盾，选项D错误． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分． 9. 已知，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用对数函数的性质判断A的真假；利用指数函数的性质判断B的真假；利用基本不等式判断CD的真假. 【详解】对A：因为，，所以，所以，故A错误； 对B：因为，所以，故B正确； 对C：因为，当且仅当即，时取等号.故C正确； 对D：因为，故D正确. 10. 已知函数，其中.则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 若的图象关于点中心对称，则或 C. 若将的图象向左平移个单位后，所得图象关于y轴对称，则 D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：利用周期定义计算即可得；对B：利用正弦型函数的对称性计算即可得；对C：求出平移后函数解析式后利用偶函数性质计算即可得；对D：结合正弦型函数单调性与的范围计算即可得. 【详解】对A：函数的最小正周期，故A正确； 对B：若的图象关于点中心对称，则， 则，由于，则，解得，故B错误； 对C：平移后得， 若为偶函数，则，，则，， 又，则，故C正确； 对D：由，得， 若在此区间递增，则，， 解得，， 由，故无满足条件的，故D错误. 11. 已知，则下列正确的是（ ） A. 直线为的切线 B. 若，则 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求得  处切线为得到A正确；通过举反例证明B错误；根据导数的代数意义结合分离参数求范围即可求出C正确；根据导数的几何意义求出切线方程，结合两切线平行，找到相应等式即可求得D正确. 【详解】已知，求导得 选项A：当 时，，且，因此处切线斜率为0，切线方程为， 故直线一定是的切线，故A正确； 选项B：当时，，故 B错误； 选项C：若在单调递增，则在恒成立，当时，， 因此需要对所有恒成立，即，解得，即，故C正确； 选项D：求导得：，切线等价于 ， 整理得：， 因为，两边除以得， 即，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 根据成对样本数据建立变量关于的成对数据如下表所示： 1 2 3 4 5 4 7 9 10 若由该数据得到的线性回归方程为，则的值为_____. 【答案】5 【解析】 【分析】根据均值点过回归方程，求出代入计算即可. 【详解】根据题意， 所以，解得. 故答案为：5. 13. ______. 【答案】1 【解析】 【分析】应用商数关系、和差角的正余弦公式及诱导公式化简即可得出结果. 【详解】方法一： 原式= . 方法二： 令，即. ， 则，即， 即，则. 故答案为：1 14. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是_________ 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为在上恒成立，结合局部保号性可求参数的取值范围. 【详解】由于函数在上的最小值为1，结合在上恒成立， 因此可知，故对任意的恒成立，故， 因为，故只需在上恒成立即可， 故只需在上恒成立即可，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故，故需在上恒成立， 设，则， 因为在上为增函数， 故当即时有在上恒成立， 且不恒为零点，故在上为增函数，故， 即在上恒成立， 若，则，故存在，使得，总有， 即在上为减函数，此时即，这样题设矛盾； 综上可得 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【详解】（1）由辅助角公式得， 则， 所以该函数的最小正周期; （2）由题意， ， 由可得， 所以当即时，函数取最大值. 16. 某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 A B C D E F G 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 （1）现从这7家企业中随机抽取1家．记事件M：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件N：抽到的企业“专利产出数超过8件”．求条件概率的值； （2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【小问1详解】 事件：研发投入不超过万元，对应企业，，，，，共5家， 在里面，专利产出数超过8件的只有企业，即有1家， 条件概率公式：. 【小问2详解】 专利产出数大于6件：，，，，共4家； 专利产出数不大于6件：，，，共3家， 随机抽取3家，表示其中专利产出大于6件的企业数，的可能取值：0，1，2，3，服从超几何分布，，，， ，， ， ， ， ， 分布列： X 0 1 2 3 P 超几何期望公式：. 17. 如图，已知直角梯形绕旋转得到四边形，其中. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 由题意，平面平面，，， 因为平面平面，且平面， 所以平面，又平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由由题意可得平面平面，，进而得到平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 所以， 由图可知，二面角为锐二面角， 则二面角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若的图象在点处的切线的倾斜角为，对于任意的，函数在区间上不是单调函数，求实数的取值范围． 【答案】（1）若，则无单调区间；若，则单调递增区间为，单调递减区间为；若，则单调递增区间为，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分，和两种情况，得到函数单调区间； （2）根据切线倾斜角得到方程，求出，并得到的解析式，根据函数在区间上不是单调函数，得到不等式组，求出答案 【小问1详解】 的定义域为， ， 若，则，此时无单调区间； 若，令得，令得， 此时单调递增区间为，单调递减区间为； 若，令得，令得， 此时单调递增区间为，单调递减区间为； 综上，若，则无单调区间； 若，则单调递增区间为，单调递减区间为； 若，则单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）得， 由题意得，解得， ，， 则， 所以， 因为函数在区间上不是单调函数， 所以存在，使得， 其中，结合开口向上， 必有， 由题意可得，对于任意的，恒成立， 故只需， 其中，， 故，解得. 19. 已知函数，． （1）若，且在点处的切线与直线垂直，求的值； （2）设函数． （ⅰ）当时，求的最小值； （ⅱ）当时，讨论的零点个数． 【答案】（1） （2）（ⅰ）1；（ⅱ）当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点． 【解析】 【分析】（1）求导，得到在点处的切线斜率，再根据两直线垂直斜率的关系建立方程，求出； （2）（ⅰ）求导，根据导数符号判断单调性，进而求出函数的最小值； （ⅱ）分三种情况讨论，当，通过构造结合函数单调性与零点存在定理证明. 【小问1详解】 若，则，，得， 若在点处的切线与直线垂直，则，解得； 【小问2详解】 （ⅰ）由题知，的定义域为，所以的定义域为， 当时，，所以， 故，则， 由函数与在上的图象知，存在唯一的使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故在处取得最小值， 又由得，故的最小值为1； （ⅱ）的定义域为， 当时，， 当时，，此时恒成立， 故的零点个数等价于其在上的零点个数， ①当时，， 令，则， 函数，显然恒成立，在上单调递增， 故，所以在上恒成立，故无零点； ②当时，， 令，则，函数， 显然恒成立，在上单调递增， 故，所以当且仅当时，，故有唯一零点； ③当时， 若，由得，令， 则， 令，则， 故在上单调递增，，， 故存在唯一的使； 若，由得，令，， 则，又，故在上单调递增， ，当时，，故存在唯一的使， 即存在唯一的使； 综上：当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $