精品解析：江苏省邗江中学2026-2027学年高三上学期10月检测数学试卷

江苏省邗江中学2026～2027学年度10月检测 高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.本试卷共4页，考试时间为120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则p是q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 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　） A. B. C. D. 5. 已知，，，则实数a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 设实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图像与直线：交于点，，其中，与直线：交于两点、，其中，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的． 9. 如图，在平行四边形中，对角线与交于点，则（ ） A. 恒有成立 B. 恒有成立 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数图象的对称中心为（） C. D. 不等式的解集为（） 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 C. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 13. 已知函数，若在上有且仅有4个零点，则正数的取值范围为__________ 14. 角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 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. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）若，，求的值. 16. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 17. 已知甲、乙两位同学参加某知识竞赛活动，竞赛规则是：以抢答的形式进行，共有7道题，抢到并回答正确者得1分，答错则对方得1分，当其中一人得分领先另一人3分或7道题全部答完时比赛结束．甲、乙两人抢到每道题的概率都是，甲正确回答每道题的概率均为，乙正确回答每道题的概率均为，且两人每道题是否回答正确均相互独立 （1）求答完第一题甲得1分的概率 （2）求答完前两道题后两人各得1分的概率； （3）设随机变量为比赛结束时两人的答题总个数，求的分布列和数学期望． 18. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 19. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，，在三角形中，证明： （3）在（2）的条件下，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省邗江中学2026～2027学年度10月检测 高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.本试卷共4页，考试时间为120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由函数在上单调递增， 且，， 故. 2. 已知，，则p是q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】利用充分、必要条件的定义即可判断． 【详解】由得，则 ，则，充分性成立； 由，若，，则，得不到，必要性不成立， 故 p是 q的充分不必要条件． 故选：A． 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知得出，，再根据两角和的余弦公式求得，结合即可求解． 【详解】因为，且， 所以 所以， 所以， 因为，所以， 故选：A． 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示，进而求出向量夹角. 【详解】由，得，则，， 而，则，所以与的夹角为. 故选：B 5. 已知，，，则实数a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出相应函数的图像，结合图像交点，即可判断、、的大小. 【详解】分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 因此. 故选：B. 6. 设实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意进行转化，利用完全平方式的性质即可得解. 【详解】由可得： ， 当时取等号， 所以的最小值为. 故选：B 7. 已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数是定义在上的偶函数，，再由函数也是偶函数，变形求得函数的解析式，并求得函数的单调区间，即可求解不等式. 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，，所以，则， 又因为函数也是偶函数，所以，得， 因为为减函数，为增函数，所以为减函数， 令，得， 所以时，，在上单调递减， 根据偶函数的性质可知，函数在上单调递增， 所以，即，即，得或， 所以不等式的解集为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据，得到，从而求得函数的解析式. 8. 已知函数的图像与直线：交于点，，其中，与直线：交于两点、，其中，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的单调性，易得，，即，从而得到，同理得到，再利用基本不等式求解. 【详解】当时，，则， 所以在上递增，且； 当时，，则， 所以在上递增，若要使，则， 所以， 因为函数的图像与直线：交于点，， 所以，， 所以，即， 所以，同理， 所以， ， 当且仅当，即，等号成立， 所以的最小值为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的． 9. 如图，在平行四边形中，对角线与交于点，则（ ） A. 恒有成立 B. 恒有成立 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用平行四边形法则求解； B选项，利用向量的转化求解； C选项，结合A选项利用向量的转化求解； D选项，利用坐标法表示向量，然后计算向量模长. 【详解】A选项，由题可得：是平行四边形对角线的交点，所以是AC的中点，由平行四边形法则得：，所以A选项正确； B选项， ，， 则，所以B选项正确； C选项，，，所以，， ，所以C选项错误； D选项，，，所以，所以D选项正确. 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数图象的对称中心为（） C. D. 不等式的解集为（） 【答案】BCD 【解析】 【详解】由图象知相邻渐近线为和，间距为，故周期，. 时，有，又，解得， 由，得，因此. A选项： 由可知，A选项错误； B选项：正切函数的对称中心为，令，得， 即函数图象的对称中心为，B选项正确. C选项：， ， 故，C选项正确. D选项：当时，；当时，. 不等式等价于，即， 解得，即，D选项正确. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 C. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导函数的值域可推出函数的单调性即可判断A，将函数的解析式因式分解，即可求得其中一个零点，再转化为二次函数有两个不同的零点，结合韦达定理即可判断B，将问题转化为存在、，使得，然后验证方程有解，即可判断C，根据导函数等于零得，代入函数的解析式，解得或，再分类讨论即可判断D. 【详解】对于A，，， 由，解得， 所以当时，恒成立，即恒成立， 此时，在上单调递增成立，故A正确； 对于B，， 所以是函数的一个零点，又有三个不同零点， 所以方程有两个不同的实数根，且都不为，分别记为、， 则，且，解得或； ①当时，，则，此时； ②当时，，则，此时； 综上所述，若有三个不同零点，则它们的和可能为不成立，故B错误； 对于C，，若存在两条互相垂直的切线， 则存在、，使得， 且当时，，故有两个不同实根， 且最小值为， 即， 设，，所以，即，解得或， 因此，当时，存在两条互相垂直的切线，故C正确； 对于D，，若存在极值点，则， 即，则， 所以 ， 由，解得或， ①当时，由，解得，此时恒成立， 不满足存在极值点，故舍去； ②当时，由，解得，此时， 由可得或，由可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以既是的零点，也是的极值点，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【详解】由为假命题，得为真命题， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 13. 已知函数，若在上有且仅有4个零点，则正数的取值范围为__________ 【答案】 【解析】 【分析】由可得，再利用正弦函数图象性质可得，解出即可得解. 【详解】，由为正数，则当时，， 由在上有且仅有4个零点， 故，解得. 所以正数的取值范围为 14. 角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】两次余弦定理表达线段长，利用建立等式化简得到边与角A的关系；借助正弦定理转化目标式，利用二倍角三角函数求最值. 【详解】如图所示，设， 因为是边的中点，是边靠近点的三等分点， 所以. 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以，代入得， 化简得，, 当时，. 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. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）若，，求的值. 【答案】（1）（） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题可知， 由（）可得（）， 所以的递增区间为（）． 【小问2详解】 由，得，因为，所以， 若，则，不合题意 若，则，不合题意 所以，所以， 所以． 16. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 17. 已知甲、乙两位同学参加某知识竞赛活动，竞赛规则是：以抢答的形式进行，共有7道题，抢到并回答正确者得1分，答错则对方得1分，当其中一人得分领先另一人3分或7道题全部答完时比赛结束．甲、乙两人抢到每道题的概率都是，甲正确回答每道题的概率均为，乙正确回答每道题的概率均为，且两人每道题是否回答正确均相互独立 （1）求答完第一题甲得1分的概率 （2）求答完前两道题后两人各得1分的概率； （3）设随机变量为比赛结束时两人的答题总个数，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列为： 【解析】 【分析】（1）将“答完第一题甲得1分”分成两种情况：甲抢到且答对或乙抢到且答错，利用独立事件和互斥事件概率加法公式求解. （2）分“本人抢到且答对”与“对方抢到且答错”两种情况讨论，利用独立事件和互斥事件概率加法公式求解. （3）由题可知随机变量的取值为，由（2）求对应概率，列分布列，利用公式求期望. 【小问1详解】 设事件为第道题甲得1分（），由题意，答完第一题甲得1分有两种情况：甲抢到且答对或乙抢到且答错， 所以. 【小问2详解】 由题意可知，每道题都要抢题与答题，每人得1分有两种情况，“本人抢到且答对”与“对方抢到且答错”. 设事件为第道题乙得1分（），事件为答完前两道题后两人各得1分， 则. 所以事件与（）为对立事件，与（）相互独立，与互斥，所以， . 【小问3详解】 由题可知随机变量的取值为，所以 ， . 所以随机变量的分布列为： 所以. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明：在中，由正弦定理可得， 即且， 由于， 故， 由于三角形中，，因此，得证. （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解； （2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解， （3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记， 在中，由余弦定理，， 所以，则，所以， 又因为为等边三角形， 所以，且， 所以， 则的面积为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设， 在中，由余弦定理，， ， 在中，由正弦定理，，即，所以， 结合 ， 又因为，所以， 所以， 即的面积的取值范围为． 19. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，，在三角形中，证明： （3）在（2）的条件下，证明：当时，. 【答案】（1）当时， 在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，在单调递减，在单调递增，所以； 又，所以且. 要证，两边平方，等价于证明：，整理得； 由可知，即只需证. 因为且在单调递增，所以只需证即. 设，则， 设，则； 因为，所以，则在单调递减，所以， 因此，所以在单调递减，则，即，因此，得证. （3）要证，两边平方，等价于证明：,整理得，即. 由（2）知，所以，所以只需证. 又，所以只需证，即. 设，则； 设，则，当时，，所以在单调递增，故， 所以，因此在单调递增，所以. 因此，从而，得证. 【解析】 【分析】（1）分讨论符号，进一步得到的单调性. （2）将转化为，再结合的单调性，进一步等价于证明， 构造函数，利用导数证明不等式. （3）将转化为，再根据条件进行放缩，转化为证明， 构造函数后利用导数证明不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为，对求导得； 当时，，则在单调递增； 当时，令，解得，则当时，，当时， ； 所以在单调递减，在单调递增. 综上，当时， 在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 【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 $