精品解析：江苏无锡市第三高级中学2026-2027学年高三上学期9月第一次基础测试数学试卷

高三第一次基础测试数学试卷 2026.9 出卷人：成 钰 审卷人：钱燕芳 一、单项选择题：本大题共 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别解一元二次不等式与指数不等式得到两个集合，再取公共部分即可得到交集. 【详解】集合：因为，所以，解得：， 即； 集合：因为，由指数函数在上单调递增，得， 即， 所以. 2. ""是""的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】解不等式，即， 二次函数开口向上，不等式大于取两根外侧， 解得或， 设命题：；命题：，即或， ①充分性判断： 若，则必然满足或，即，充分性成立； ②必要性判断： 取，满足或，即满足； 但不成立，说明由不能推出，即必要性不成立， 综上，“”是“” 的充分不必要条件. 3. 已知，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用均值不等式结合求出的最大值，再对整体平方，即可求出. 【详解】因为，且，所以，即， 当且仅当时等号成立，取到最大值为， 所以，即， 当且仅当时等号成立，此时的最大值为. 4. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式和二倍角正弦公式即可求解. 【详解】由题意得：. 5. 已知非零向量 满足 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用得到，求出，再运用，求出与的夹角. 【详解】设，则，那么 ， , 因为与的夹角取值范围为，所以. 6. 函数的零点所在的区间为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题易得,结合函数零点存在性定理可得到答案. 【详解】由题意知,,,,,, 因为,所以是函数的零点所在的一个区间. 故选:B. 【点睛】本题考查了函数零点存在性定理的应用,属于基础题. 7. 已知函数 （）在区间 内恰有 个零点，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，据此可判断选项正误. 【详解】时，，令，的解为，其中大于的前3个取值为， 则， 所以 的取值范围为 8. 已知定义在上的偶函数，当时，．若函数恰有4个零点，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先根据二次函数图象以及函数奇偶性作出函数图象，再根据图象确定零点恰为4个时对应的取值范围. 【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且当 x ≥ 0 时 ．所以可作出图象如图， 由图可知当时，与有四个交点，即函数 恰有 4 个零点， 所以 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分． 9. 已知，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为1 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接使用基本不等式可判断AC；利用常数代换法，结合基本不等式可判断B；代入消元，利用二次函数性质可判断D． 【详解】对于A，由，，可得， 所以，当且仅当时，取得最大值，故A正确； 对于B，因为，，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，，，且，则， 当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为4，故C正确； 对于D，，，且，则，所以， 所以， 当且仅当，时取等号，故D错误． 10. 已知函数 ，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线 是 图象的一条对称轴 C. 将 的图象向右平移 个单位长度后，所得图象关于原点对称 D. 的图象关于点 对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】先用辅助角公式化简，再利用正弦型三角函数的性质逐项进行判断即可. 【详解】， 对于A，的最小正周期为，正确； 对于B，令,得 ，故函数 图象的对称轴为直线， 所以直线 是 图象的一条对称轴，正确； 对于C，将 的图象向右平移 个单位长度后， 函数解析式转化为，不是奇函数，所得图象不关于原点对称，错误； 对于D，令,得 ，故函数 图象的对称中心为， 所以的图象关于点 对称，正确. 11. 已知函数 ，则（ ） A. 当 时，在上单调递增 B. 存在，使得恰有三个不同的零点 C. 当 a = 1 时， 对任意 恒成立 D. 当 时，恰有两个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数研究函数单调性、极值与零点个数，结合指数函数性质，分类讨论参数，分析函数图象变化判断零点. 【详解】对函数求导得，逐一分析选项： 选项，当时，恒成立，故在上恒成立，因此  在上单调递增，正确； 选项，当时，令 得 .  时，单调递减；时 ，单调递增. 的图象先减后增，只有1个极小值点，函数最多有2个不同零点，不可能存在3个零点，错误； 选项，当 时，，极小值点为，极小值（也是最小值）为 ， 因此对任意恒成立，正确； 选项，当时，，的最小值为. 令，求导得，当时，，单调递减，得，即. 当时，，，故； 当时，指数函数增长速度远快于一次函数，故. 结合的单调性，可知在和上各有1个零点，共2个零点，正确. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知，则的最小值为___________． 【答案】7 【解析】 【分析】把变形为，利用基本不等式可求出最小值. 【详解】∵，∴， ∴， 当且仅当，即时等号成立， ∴的最小值为7. 故答案为：7. 13. 已知向量、满足，且 ，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求，再根据数量积的运算即可求解. 【详解】由得：， 所以， 所以. 14. 已知函数 ，若关于 x 的方程 恰有 3个不同的实数根，则实数 a =______． 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法将复合方程转化为一元二次方程，结合的图象与零点个数，通过数形结合讨论参数取值. 【详解】令 ，原方程可整理为关于的一元二次方程： ，因式分解得 ， 因此一元二次方程的两个根为：. 函数的图象特征： 当时，方程有2个不同实数根； 当时，方程仅有1个实数根； 当时，方程没有实数根. 原方程恰有3个不同实根，说明两个方程，的根的总数为3 结合，只能是：其中一个等于0（1个根），另一个对应2个根. 因此仅存在两种符合要求的情况： ①若，得，此时，两个方程一共只有一个根，不符合要求； ②若，得，此时.令，；令，.总根个数为，符合要求. 综上，. 四、解答题：本大题共 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. 在中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知． （1）求角 C 的大小； （2）若 c = 2，D 为边 AB 的中点，求中线 CD 长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，可得，根据角C的范围，即可得答案； （2）由题意得，两边同时平方，化简整理，结合余弦定理，可得，根据正弦定理、两角差的正弦公式、辅助角公式，可得的表达式，根据条件，可得角A的范围，结合正弦型三角函数的性质，即可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即， 因为，所以，可得，即， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得， 又， 则 ， 由正弦定理可得， 所以， 所以 ， 因为，则，所以， 则， 则， 故中线CD的长度的取值范围为. 16. 已知函数 ． （1）求的单调递增区间； （2）求在区间 上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用整体代换法求其递增区间； （2）由时，利用整体代换法求得的范围，再由正弦函数值域求解. 【小问1详解】 ， 当，时单调递增， 解得，， 故函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，，所以， 所以， 即在区间 上的值域为. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恰有一个零点，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）代入后对函数求导，利用导函数的正负求得单调区间，进而求得极大值与极小值. （2）对含参的函数求导并分类讨论其单调性，在函数存在极值的情况下，令其极小值严格大于零，从而确保三次函数的图像与轴仅有一个交点即可. 【小问1详解】 当时，，则， 令，解得或， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的极大值为， 极小值为， 且的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【小问2详解】 由题意得， 当时，恒成立，此时单调递增， 当时，，当时，， 由零点存在性定理可得，有且仅有1个零点，符合题意， 当时，令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 此时的极大值为， 因为，所以极大值恒成立， 极小值为， 若只有个零点，则有，即，即， 即，结合，解得， 综上，的取值范围为. 18. 已知向量，，函数． （1）求的解析式（化为 的形式，其中 ）； （2）若，且，求的值； （3）已知向量，若，求在 内所有满足条件的的值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1） 代入坐标计算向量数量积，并利用辅助角公式将解析式化简即可. （2） 结合给定区间，由已知函数值求出的正切值，再代入二倍角正切公式即可求解. （3） 计算出的坐标后，利用两向量平行的坐标关系式建立并求解关于的方程即可求解. 【小问1详解】 ， 即， 即. 【小问2详解】 由得，即， 因为，所以， 所以， 进而， 则 . 【小问3详解】 ， 由得，即，即， 因为，所以或. 19. 已知函数 ． （1）求 f(x) 的单调区间与最小值； （2）若直线 与曲线 恰有一个公共点，求实数 k 的值； （3）已知正数 满足 ，证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；最小值为. （2） （3）已知，，， 两边同除以：， 由，得，故， ， 不等号两边都是正数，取倒数：， 等号成立条件：，结合，解得， ，由基本不等式， , 令，则，构造函数，， 当时，，所以，在上单调递增， 所以，则， 于是， 连续两次放缩的等号同时成立当且仅当： 第一次均值：；第二次，. 联立得，满足条件，因此，得证. 【解析】 【分析】（1）函数的定义域为，结合函数解析式求得据此分类讨论导数的符号，分析函数的单调区间与最值； （2）联立直线与曲线方程，转化为方程在上解的个数问题，构造新函数，求导研究单调性与极值，结合函数图像确定参数的值； （3）由正数，满足，变形得到，利用基本不等式得到，再结合的表达式与基本不等式，构造辅助函数研究单调性，证明题中不等式结论即可. 【小问1详解】 ， 因为，所以，符号由决定， ①当时，，故，在上单调递减； ②当时，，故，在上单调递增； 因此是极小值点， 又定义域内仅有这一个极值点，极小值即为最小值，. 综上：单调递减区间为，单调递增区间为；最小值为. 【小问2详解】 联立，消去得，即， 直线与曲线恰有一个公共点，等价于方程在仅有一个解， 设，即与的图象只有一个交点， ， ，符号由决定， 当时，，，在单调递减； 当时，，，在单调递增； 是极小值点，也是最小值点，， 函数在处取最小值，图象先减后增，两端趋向正无穷， 要使与只有一个交点，只能取最小值，即. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三第一次基础测试数学试卷 2026.9 出卷人：成 钰 审卷人：钱燕芳 一、单项选择题：本大题共 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. ""是""的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. （ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量 满足 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的零点所在的区间为 A. B. C. D. 7. 已知函数 （）在区间 内恰有 个零点，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的偶函数，当时，．若函数恰有4个零点，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分． 9. 已知，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为1 10. 已知函数 ，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线 是 图象的一条对称轴 C. 将 的图象向右平移 个单位长度后，所得图象关于原点对称 D. 的图象关于点 对称 11. 已知函数 ，则（ ） A. 当 时，在上单调递增 B. 存在，使得恰有三个不同的零点 C. 当 a = 1 时， 对任意 恒成立 D. 当 时，恰有两个零点 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知，则的最小值为___________． 13. 已知向量、满足，且 ，则______． 14. 已知函数 ，若关于 x 的方程 恰有 3个不同的实数根，则实数 a =______． 四、解答题：本大题共 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. 在中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知． （1）求角 C 的大小； （2）若 c = 2，D 为边 AB 的中点，求中线 CD 长的取值范围． 16. 已知函数 ． （1）求的单调递增区间； （2）求在区间 上的值域． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恰有一个零点，求的取值范围． 18. 已知向量，，函数． （1）求的解析式（化为 的形式，其中 ）； （2）若，且，求的值； （3）已知向量，若，求在 内所有满足条件的的值． 19. 已知函数 ． （1）求 f(x) 的单调区间与最小值； （2）若直线 与曲线 恰有一个公共点，求实数 k 的值； （3）已知正数 满足 ，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $