精品解析：江苏省扬州中学2026-2027学年高三上学期10月自主学习评估数学试卷

江苏省扬州中学2026-2027学年度高三10月自主学习评估 数 学 试 卷 一、单项选择题: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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，得，即， ，得，即，所以 2. 若，且，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 7 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用基本不等式即可得到不等式，解出即可. 【详解】，解得， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶性和特殊值的正负即可判断. 【详解】由，且定义域为， 可得是奇函数，其图象关于原点对称，故AB错误； 再由，故D错误，C正确； 故选：C 4. 已知是第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式得出的值，再利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求解即可. 【详解】因为是第二象限角，且， 所以， 故. 5. 的展开式中，的系数为（ ）． A. 8 B. 36 C. 16 D. 32 【答案】A 【解析】 【详解】方法1：可以看作8个连乘，要得到， 在8个因式中，必有7个因式选，余下的1个因式选， 故其系数为． 方法2：， 因为展开式的通项为， 的展开式的通项为， 所以的通项为，，． 令，得， 所以，，或，． 当，时，得； 当，时，得， 故的系数为． 6. 已知三个正数，，分别满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件先判断，，设函数，求导判断函数的单调性，进而判断的大小，得到答案. 【详解】因为，所以，所以， 由题可知，，所以，所以， 因为，所以，同理， 设函数， 所以， 因为，所以当时，，所以在上单调递增， 又，，所以，所以. 7. 若角，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由辅助角公式和三角函数的性质得到的关系，然后由诱导公式和二倍角公式求得. 【详解】因为， 所以，则或， 即或， 又因为，，故, ，， 故，， 所以，因为，所以 所以， 所以，因为，所以. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先换元将原方程转化为关于的二次方程，求出的解，再结合​的单调性、极值分析的根的个数，最终根据总实根为 4 个确定的取值范围. 【详解】令，则方程可化为，即， 解得或，即或. 已知，求导得 ，当时，，单调递增， 当时，；当时，. 对任意，在总有1个根； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以当时，取得极大值也是在的最大值， 因此在的最小值为，且时，，时，， 所以当时，在上无根； 当时，在上有且仅有1个根； 当时，在上有2个根. 综上，当时，有1个根，当时，有2个根；当时，有3个根. 所以当时，，有且仅有1个根，有且仅有1个根，共有2个不同的实根，不合题意； 当时，，有且仅有1个根，有2个根，共有3个不同的实根，不合题意； 当时，，有且仅有1个根，有3个根，共有4个不同的实根，符合题意； 当时，，有2个根，有3个根，共有5个不同的实根，不合题意； 当时，，有3个根，有3个根，共有6个不同的实根，不合题意. 综上，实数的取值范围为. 【点睛】本题核心考查利用导数研究函数的单调性与极值，结合换元法、分类讨论思想，通过分析绝对值函数方程的根的个数，求解参数的取值范围，是函数与导数综合应用的经典题型. 二、多项选择题: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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且与相互独立，则下列各式正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据相互独立事件，对立事件和概率加法公式逐一计算判断即可. 【详解】对于A，因为事件与相互独立，所以，故A正确； 对于B，，故B正确. 对于C，因为，， 所以，， 因为事件与相互独立，所以因为事件与相互独立， 所以，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：AB. 10. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由为奇函数与为偶函数，得到函数的对称性与周期性，先由特值确定，再根据性质求值即可，C、D选项结合周期特点使用并项求和法求和即可. 【详解】由为奇函数，得关于对称，且满足； 由为偶函数，得关于直线对称，且满足. 故，所以是周期函数，周期. 对选项A，由，令，得，A错误； 对选项B，已知时，，， 故时，.，B错误； 对选项C，，，，，周期. 由题意得 一个周期和为. 可得，C正确. 对选项D，得到 ，D正确. 11. 如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，二面角的正切值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 若，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量法可判断选项A，结合面面垂直性质定理，动点轨迹方程，以及二面角的求解方法分析可判断选项B；找出外接球的球心，利用已知条件求出半径，利用球体体积公式计算可判断选项C；根据动点的轨迹方程以及向量的坐标关系式和圆的参数方程、三角函数性质求解可判断选项D. 【详解】以为原点，分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设，， 对于A，由，所以， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 对于B，过作垂足为点，因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又平面，故，又，， 平面，所以平面， 平面，故，， 根据二面角定义可知是二面角的平面角， 则，故B正确； 对于C，设的中点为，连接，因为都是直角三角形， 所以，即四面体外接球的球心为点， 所以，可得外接球半径为，所以体积，故C错误； 对于D，因为， ，， 所以，故， ， 因为，所以的轨迹是以为直径，中点为圆心的圆在正方形内的部分， 所以在平面上的轨迹方程为， 设， 得，由 得，故， 所以，故D正确. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数有两个零点，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：应用换元法结合二次方程的根列式计算求解，方法二：应用换元法结合对勾函数的单调性结合图象得出参数范围. 【详解】令，得，即， 方法一：令，则，即，， 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二：设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 13. 将函数的图象向右平移个单位后，再将所得图象各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在区间内没有零点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数图象的平移伸缩变换可得，进而，结合正弦函数的图象与性质建立关于的不等式组，解之即可求解. 【详解】由题意知，， 由，得， 若在区间内没有零点， 则，解得， 由，当时，，当时，，当时，不符合， 所以的取值范围为. 故答案为： 14. 若不等式 恒成立，则 的取值范围_____. 【答案】 【解析】 【分析】将原不等式变形为，构造函数，得到在R上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最小值即可求解. 【详解】左右两边同时加，并将移项得 ， 整理得， 设，，故在R上单调递增， 则原不等式可化为， 所以， 整理得， 令，，设，， 则，令，则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 对方程，，故存在实数使成立， 所以，即. 故答案为：. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答题写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知集合 （1）求集合中的所有整数； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，求出集合中的元素，进而判断其中的整数； （2）根据集合补集和交集的概念，判断集合之间的包含关系，分类讨论集合的情况，列出不等式，求出参数范围. 【小问1详解】 由题意可得，即，解得，即， 所以集合中的所有整数为. 【小问2详解】 当时，可知， 当时，，解得； 当时，即时，可得，解得， 综上，当时，. 16. 已知函数（ 且 ）是偶函数，. （1）求实数的值； （2）判断的奇偶性，并证明该结论； （3）若对于 ，不等式 恒成立，求整数的取值集合． 【答案】（1）1 （2）奇函数，证明过程为:由（1）知 ，则， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， 因为，，故 是奇函数. （3） 【解析】 【分析】（1）利用偶函数满足，求解的值； （2）由奇偶性的定义求解； （3）利用函数的奇偶性和单调性，将不等式恒成立转化为关于整数的条件求解. 【小问1详解】 因为 是偶函数，根据偶函数满足， 得，即， 整理得，即， 因为， 不恒为 0，所以必须 ，所以 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为 单调递增， 单调递减， 故 单调递增，因此 在上单调递增， 不等式 可化为， 即, 因为单调递增，所以，， 只需左边的最小值大于右边即可，令 ， 这是开口向上的二次函数，其最小值为 因此，整理得，即， 解得，又 为整数，故的值为， 整数的取值集合是. 17. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）求函数在时的值域； （3）对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简得，由，求单调递增区间； （2）由得，求出在上的值域，得解； （3）由，得，当时，不等式恒成立；当时，转化为恒成立，求出，得. 【小问1详解】 ， 由，得. 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 当时， 因为在上单调递增，在上单调递减， 且， 所以在上的值域为. 【小问3详解】 当时，， 故. ， ①当时，不等式恒成立； ②当时，得恒成立， 令，则，， 在上单调递增，最大值为， 所以， 综上得的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：在正方形中，， 又侧平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为△是正三角形，M是的中点，则， 又，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直性质证平面得，再结合正三角形中线，利用线面垂直判定定理证平面； （2）取上下底中点构造辅助线，先证底面、平面，确定为二面角平面角，再通过边长计算直角三角形边长求出其余弦值； （3）先由面面垂直推平面得到，进而求得面积，利用等体积法，转换三棱锥与体积列方程求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取，的中点分别为，连接， 则，因为，所以， 因为△PAD是正三角形，所以， 又侧面平面，侧面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以是侧面与底面所成二面角的平面角． 因为正方形的边长为2，则，， 所以，所以， 即侧面与底面所成二面角的余弦值为． 【小问3详解】 因为在正方形ABCD中，， 又侧面平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以△为等腰直角三角形，， ， 设到平面的距离为d，则， 解得，即到平面的距离为． 19. 已知函数，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，． （1）求函数的单调区间； （2）在三角形中，当时，证明：； （3）设是动点，且，，，是三角形的三个内角，记，若在时取到最小值，证明：． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 . （2）因为 ，且 ，所以 ． 又 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，且 ． 先证 ． 令． 则 ，且． 所以 ，从而． 因为 ，且 在 上单调递增，，所以． 于是，． 由 ，得 ． 再证 ． 有． 即． 令． 则． 当 时，． 所以． 从而 ，即 ． 综上，． （3）由第（2）问知 ． 记． 因为 且 ，所以 ，并且． 由三角形内角和 ，有． 因此． 又． 令． 因为 ，可取 ，使． 当动点 取在 的范围内时，角 可取遍 ，故可以取到 ． 于是对固定的 ， 的最小值为． 下面研究 随 的变化． 令，则，所以 ． 由题意， 在 处取得最小值． 记 ，则 ． 又，且 ，所以，即． 当 时，，故． 令． 则． 因此，从而 ． 于是． 又因为函数 在 上单调递增，且， 所以． 由 ，得． 因此， 且． 所以 ． 【解析】 【分析】（1）利用导数直接判断函数单调区间； （2）由 确定 ，将边长比较转化为坐标距离平方的比较．先证明 得到 ，再估计 得到 ． （3）固定 ，先求动点 变化时 的最小值 ；再利用 在 处取得最小值，求导得到 与 的关系，最后估计 ． 【小问1详解】 易知函数定义域为，， 令，得. 当时，，单调递减；当 时，，单调递增. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为 . 【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 $ 江苏省扬州中学2026-2027学年度高三10月自主学习评估 数 学 试 卷 一、单项选择题: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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，且，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 7 D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中，的系数为（ ）． A. 8 B. 36 C. 16 D. 32 6. 已知三个正数，，分别满足，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若角，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题: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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且与相互独立，则下列各式正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，二面角的正切值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 若，则的取值范围是 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数有两个零点，则的取值范围是____________． 13. 将函数的图象向右平移个单位后，再将所得图象各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在区间内没有零点，则的取值范围是_______． 14. 若不等式 恒成立，则 的取值范围_____. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答题写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知集合 （1）求集合中的所有整数； （2）若，求实数的取值范围. 16. 已知函数（ 且 ）是偶函数，. （1）求实数的值； （2）判断的奇偶性，并证明该结论； （3）若对于 ，不等式 恒成立，求整数的取值集合． 17. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）求函数在时的值域； （3）对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 已知函数，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，． （1）求函数的单调区间； （2）在三角形中，当时，证明：； （3）设是动点，且，，，是三角形的三个内角，记，若在时取到最小值，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $