江苏省常州市2026-2027学年高三上学期期中数学模拟卷（三）

江苏省常州市2027届高三上学期期中数学模拟卷（三） 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．函数的定义域为（　　） A． B． C． D． 3．已知，则（　　） A． B．－ C．－或0 D． 4．函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．在某密码系统中，生成密码需要从含有 个符号的字符集中随机选择字符. 密码熵 (单位: 比特) 的计算公式为 ，其中 为密码长度. 根据密码熵估计表，当 时， 比特. 若某用户将密码长度从 增加到 ， 则密码熵的增加量约为（    ） A．26.2 比特 B．39.3 比特 C．52.4 比特 D．69.9 比特 6．摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（ ） A． B． C． D． 7．已知 和 分别表示事件 和事件 发生的概率，则在下列各项中，“ 和 独立”的充分条件是（    ） A． B． C． D． 8．已知在菱形 中，，将菱形沿对角线翻折，使得二面角为直二面角，则异面直线 与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．关于平面向量，下列命题错误的有（ ） A．若，则存在，使得 B．若是等边三角形，则，的夹角为 C． D．若，则与的夹角θ是钝角 10．已知函数的最小正周期为，且对于恒成立，则（    ） A．在区间单调递减 B．在区间有两个零点 C．是曲线的一个对称中心 D．当时，函数取得极值 11．对任意，，记，并称为集合，的对称差．例如：若，，则．下列命题正确有（ ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．对任意，，都有⊕⊕ 三、填空题 12．若复数，则______． 13．化简________. 14．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 四、解答题 15．青白江区城厢古镇为打造群众满意的旅游景区，大力开发旅游产业. (1)某部门对所推出的报团游和自助游项目进行了深入调查，下表是从接待游客中随机抽取的 100 位游客的满意度调查表，依据小概率值 的独立性检验，分析游客对本地景区的满意度是否与报团游或自助游有关联； 报团游 自助游 合计 满意 30 30 60 不满意 30 10 40 合计 60 40 100 附表： α 0.10 0.05 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 . (2)为安排好 2026 年 6 月份的游客接待工作，该部门统计了景区 2026 年 1 月份到 5 月份的接待游客人数 （单位：万人），统计结果如下： 月份 1 2 3 4 5 接待游客人数 （万人） 1 2 2.5 3 4 求样本相关系数 的值（精确到 0.01），请说明月份 与接待游客人数 之间线性相关的强弱；若线性相关强，求出 关于 的经验回归方程，并预测 2026 年 6 月份游客的人数. 附：经验回归方程的斜率及截距的最小二乘估计公式分别为：， ；相关系数，. 16．在中，内角所对的边分别为，且． (1)若，求C的大小； (2)点D在边上，且，证明：平分． 17．如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是梯形，，，E为矩形两条对角线的交点，且平面．    (1)证明：； (2)若，直线与平面ABE所成角的正弦值为，求； (3)平面ABE将该四棱柱分成上､下两部分，求上､下两部分的体积之比． 18．某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下. ①顾客在商场内消费每满100元，可获得1张抽奖券. ②顾客进行一次抽奖需消耗1张抽奖券. 抽奖规则为：从放有5个白球、 1个红球的盒子中， 随机摸取1个球摸球后均放回. 若摸到白球， 则没有中奖； 若摸到红球， 则可获得 1份礼品， 并得到一次额外抽奖机会. 额外抽奖机会不消耗抽奖券， 抽奖规则不变. ③每位顾客获得的礼品数不超过3份，若获得的礼品数满3份，则不可继续抽奖. (1)顾客甲通过在商场内消费获得了2张抽奖券，求他通过抽奖至少获得1份礼品的概率. (2)顾客乙累计消耗3张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份，则他在消耗第2张抽奖券抽奖的过程中， 获得礼品的概率是多少? (3)设顾客在消耗张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份，要获得张抽奖券，至少要在商场中消费满元，求的值. 19．已知函数（），． (1)当时，求的单调区间． (2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． (3)若存在两个极值点，且，求证： 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州市2027届高三上学期期中数学模拟卷（三） 参考答案 1．A 【详解】由题知集合，，故. 2．C 【详解】要使函数有意义，对数里面的真数必须大于0，所以， 由此可以得出的取值范围为， 所以函数f（x）的定义域为. 3．C 【分析】先利用二倍角公式化简可得或，再求即可． 【详解】， 即， 或， 当时， ，时，， 当时， ， 解得，又，故符合， 综上，或． 4．A 【分析】令，分析可知内层函数的值域包含，对实数的取值进行分类讨论，结合题意可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】令，因为函数的值域为，则内层函数的值域包含， 当时，内层函数的值域为，符合题意； 当时，因为内层函数的值域包含， 则，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 5．B 【详解】根据密码熵计算公式 ， 时， ，由此可得 ， 时，密码熵 ，当 时，密码熵 ， 密码熵的增加量 . 6．A 【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围. 【详解】因为，则，即得， 所以中，， 所以， 所以的范围为. 7．B 【分析】根据事件独立的充要条件，逐项判断各条件能否推出 ． 【详解】对于 A，取互斥事件 ，，且 ，则 ，但 ，故 A 不是充分条件． 选项B，，，. ，. . ，即和独立，B选项正确. 对于 C，仍取选项A中互斥事件 ，，则 ，但 ， 不独立，故 C 不是充分条件． 选项D，，，. 又，，可得，也不能推出和独立，D错误. 8．C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】设菱形的边长为1，由，可得和均为边长为1的等边三角形. 取中点，连接、，由等边三角形性质得，，故为二面角的平面角， 由题意，该二面角为直二面角，故，即. 以为原点，分别以、、的方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与所成角为，， 则，即异面直线与所成角的余弦值为. 9．ABD 【详解】A选项：若时，此时，但不存在使得，故A错误； B选项：等边三角形中，与起点平移重合后的夹角为，故B错误； C选项：向量三角不等式当且仅当同向时取等号，故C正确； D选项：当，则与的夹角θ可能是钝角或者，故D错误. 10．AB 【分析】由最小正周期求出 ，由 恒成立知 为最大值，据此解出 并把 化为正弦型函数，再逐项检验——单调性看整体角所在区间、零点个数看正弦在该区间的零点、对称中心看 是否为 、极值看该点是否为最值点，从而确定正确答案. 【详解】 ， ， 对于恒成立， ，解得， . 对于A，， ， 所以在区间单调递减. 对于B，，， 在上有两个零点，故在区间有两个零点，B正确； 对于C，， 故不是曲线的对称中心，C错误； 对于D，，故当时，函数不取极值，D错误； 11．BCD【详解】对于A，因为⊕，所以，，故，故错误； 对于B，，且⊕，则，， 即与是相同的，所以，故正确； 对于C，，且⊕，则，， 故，且中元素不能出现在中，故，故正确； 对于D，⊕ ， 其中， ， 故⊕ ，，， 而⊕，，故⊕⊕，故正确． 12． 【详解】法一：． 法二：∵，∴， ∴. 13．1 【详解】. 14．【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系. 由 ， 得 ，，，. 设 . 因为 在长方体内部（含边界），所以 ，，. 又 ，. 由 得 ，即 ，化简得 . 由 得 ，解得 ，故 ，. 因为 ，，所以 . 又 ，代入得 . 配方得 . 因为 ，，所以当 ， 时（此时 ，符合 ）， 取最小值 . 当 ， 或 ， 时， 取最大值 . 所以 的取值范围是 . 15．（1）设游客对本地景区的满意度与出游方式无关联， 由列联表得 ，所以 因为所以依据小概率值 的独立性检验，否定， 推断游客对本地景区的满意度与出游方式有关联． （2）由题中数据得 又 ， 因此 故月份 与接待游客人数 线性相关极强． 经验回归方程斜率的最小二乘估计为截距为 所以经验回归方程为 当 时， 故预测 2026 年 6 月份接待游客人数约为 万人． 16．（1）由，由正弦定理得， 由余弦定理可知， 又，则． (2)证明：因为，所以，， 在中，由正弦定理可知，即， 则， 在中，由正弦定理可知，即，则， 又， 所以， 又， 所以或， 又为的内角，且， 所以，故平分． 17．(1)证明：如图，连结，因为E为矩形两条对角线的交点，所以E为的中点． 取的中点M，连结，则，且， 因为，所以． 因为平面，平面，平面平面， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以． （2）因为直四棱柱中，且，故以D为原点， 为正交基底建立如图空间直角坐标系． 则，，设，则，，． 所以，，． 设平面的一个法向量，则即， 令，则，，所以． 设直线与平面所成角为，则， 化简整理得，得或，解得或． 所以或． （3）取的中点N，CD的中点F，连结BF，EF，NF． 由（1）证明过程可知，平面ABE截四棱柱的截面为四边形， 截得下面部分为直三棱柱和四棱锥． 设，，，则． 所以三棱柱的体积 ， 四棱锥的体积， 所以下面部分的体积为． 而四棱柱的体积， 所以上面部分的体积为， 所以上､下两部分的体积之比为． 18.（1）解：根据题意，每次抽奖中奖的概率为，未中奖的概率为 则两张券均未获奖时两次摸球均为白球，其概率为， 所以他通过抽奖至少获得 1 份礼品的概率为. （2）解：第3个红球前恰有2个白球，最后一次为红球前4次含2红2白，共6条， 第2张券获奖等价于两白球间至少一个红球，共3条，所以所求概率 . （3）解：设为出现3个红球前出现的白球数，则它的概率母函数为， 其中母函数中的变量用于记录白球的个数，所以， 且，则 由于第一张抽奖券必然被消耗，此后每出现一个白球，才需消耗下一张抽奖券， 求导可得， 且, 所以. 19（1）当时，. 对其求导得：； 所以当或时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述，在和单调递减，在单调递增. （2）将、代入可得： ，整理得：. 分离参数得：移项得. 令.求导得：. 令.对其求导得：. 因为，所以，所以在单调递增，所以， 即在大于0恒成立. 所以恒成立，即在单调递增. 要满足恒成立，即. 综上所述，. (3)证明：因为，对其求导. 存在两个极值点，，所以方程有两个不同正根，， 所以，，，所以，. 因为，， 所以， 因为，所以. 又，所以. 令，所以，，. 所以，，，. 所以，. 原不等式等价于证：，恒成立. 整理得： 设，即只需要证明在上恒成立. 对其求导，此时； 令，对其求导得：， 此时； 令，对其求导：， 令，对其求导得：，当时，，所以单调递增. 由，所以当时，恒成立，所以在时单调递增； 又因为，所以当时， 恒成立，即在时单调递增； 由，所以在时恒成立，即在时单调递增； 所以，即当时，，即证. 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 $