江苏连云港高级中学2026-2027学年第一学期10月学情检测高三数学试题

2026-2027学年第一学期10月学情检测 高三数学试题答案 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 2 3 4 5 6 7 8 B B D A C D B A 1．解：因为，所以或， 时，，此时不满足元素的互异性，所以舍去； 时，，0，，满足题意， 所以． 故选：． 2．解：当时，由三角函数的性质可得； 若，由于余弦函数的奇偶性和周期性， 与的值可能相差的整数倍或是相反数等等，因此不成立． 故那么“”是“”的必要不充分条件， 故选：． 3．解：令，解得或， 所以定义域为，，， 设， 则在上单调递减， 是开口向上的二次函数，对称轴为， 所以在上单调递减，在上递增， 综上可得，的单调增区间为． 故选：． 4．解：根据对数函数单调性可得，， ，，所以． 故选：． 5．解：根据题意，函数， 必有，解可得且，则函数的定义域为且， 若函数为奇函数，则有，即， 当时，，其定义域为且， 有， 则为奇函数，符合题意，故． 故选：C． 6．解：设底面边长为，斜高为，由题意可得，可得， 所以侧棱长为：，侧棱长在底面的投影长度为， 所以侧棱与底面所成角的余弦值为：． 故选：． 7．解：因为，均为锐角，即，所以，， 又，， 所以，， 所以 ． 故选：． 8．解法一、设公切线与，图象分别切于点，，，， 的导数为，的导数为， 则图象在处的切线方程为：，即； 同理可得图象在处的切线方程为：． 由上述两直线重合，可得，消元可得，， 令，则， 得在单调递增，在单调递减， 即有，得， 即的最小值为． 故选． 解法二、由图象易知：，分别为上凸和下凸函数， 要使，存在公切线，只需在上恒成立即可，即恒成立， 设，， 当时，，递减；当时，，递增． 所以的最大值为．则．即的最小值为． 故选：． 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，有选错的得0分 9 10 11 ACD BCD ACD 9．解：对于选项，由平面平行的传递性，若，，则，故选项正确； 对于选项，若，，平面与可以平行，也可以相交，不一定垂直，故选项错误； 对于选项，设平面内存在直线，由得，又，故，故选项正确； 对于选项，三个不同平面可以交于同一点，如空间直角坐标系中三个坐标平面交于原点，故选项正确． 故选：． 10．解：因为，，，所以． 因为对数函数在 上单调递增，且，所以，故选项错误； 已知，指数函数在上单调递增，且，所以，故选项正确； 已知，，，则，展开可得：， 根据基本不等式，，所以， 当且仅当且时等号成立，联立方程组，解得，则， 所以当，时，取得最小值16，故选项正确； 已知，则，由基本不等式，当且仅当时等号成立）， 可得，所以， 当且仅当时等号成立，故选项正确． 故选：． 11．解：由题可得， 选项：当时，（2），且（2），因此处切线斜率为0，切线方程为， 故直线一定是的切线，故正确； 选项：当时，（a），故错误； 选项：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，，故正确； 选项：切线等价于， 整理得：， 因为，两边除以得， 即，故正确． 故选：． 3、 填空题：本大题共3小题，每小题5分 12. 解： ． 故答案为：． 13. 解：的定义域为，因为，所以是奇函数． 因为，所以在上单调递增， 由，可得，即． 所以，解得， 故不等式的解集为． 14. 解：函数的最小值为0， 当时，，，，， 对，都有，， 同理时，，，， 对，有，， 当时，（1）， 综上，． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15（本题13分）． 解：（1），即， 即，所以，即. （2）由上知， 分式上下同时除以得， 整理得，解得或， 因为且，则，故， 由，可得， 两边同时除以得，所以， . 16.（本题15分） 解：（1）证明：取的中点，连接，， △与△都是边长为2的等边三角形， ，，且， 在△中，，即， 由勾股定理得，又，，平面， 平面，又平面， 平面平面． （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，1，，，，，，， 又是的中点，， 设平面的法向量为，， 则，即， 化简得，取，则，则， 设直线与平面所成角为， 则． 17（本题15分）. 解：（1）由椭圆定义，可得，解得， 又椭圆的焦距为2，即，解得， 又在椭圆中，，即，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）由题意，直线的斜率一定存在，设其斜率为，则直线的方程为， 设，，将直线与椭圆联立，即， 整理得， 则，解得， 由韦达定理可得，， 因为直线与的另一个交点为，所以是关于原点的对称点， 所以, 又，所以，即，所以， 又，，所以， 代入韦达定理，可得，则，所以， 又，即，解得， 所以直线的方程为，即或. 18（本题17分）. 解：(1) （2）设分别表示前 3 次取球中是否取到红球、白球、黑球（取到对应颜色记为 1，未取到记为 0），则颜色种数，对红球而言，前 3 次都未取到红球的概率为， 因此取到红球的期望， 由于三种颜色的数量相同，故， 根据期望的线性； (3)“最后剩下的球全是红球” 等价于最后一个球是红球（所有白球、黑球都被取完后，剩余球均为红球），因为，， 因此最后一个球是红球的概率为， 取倒数得， 对到求和， 当，即时，，故， 综上，当时，，得证. 19．（本题17分） 解：(1)函数①，且， 则， 所以，故， 所以函数①具有性质； ②不具有性质，比如当时， ， 不满足定义， 故函数②不具有性质； (2)函数具有性质，理由如下： 当为有理数时， ， 所以此时函数具有性质； 当为无理数时， ， 所以此时函数具有性质， 综上所述，函数具有性质； (3)假设为，，…，中第一个大于0的值， 则， 因为具有性质，则， 所以， 则， 这与（，）矛盾， 故假设不成立，则原命题成立， 所以对任意，均有． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期10月学情检测 高三数学试题 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．已知集合，，，若，则（　　） A． B．0 C．1 D．或0 2．如果，是实数，那么“”是“”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．函数的单调增区间是（　　） A． B． C． D． 4．已知，，，则（　　） A． B． C． D． 5．若函数为奇函数，则（　　） A． B．1 C． D． 6．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． 7．已知，均为锐角，，则的值为（　　） A． B． C． D． 8．若函数与的图象存在公切线，则实数的最小值为（　　） A． B． C． D．1 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9．设，，表示空间中三个不同的平面，下列结论正确的是（　　） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．，，可能交于一点 10．已知，，，则下列选项中正确的有（　　） A． B． C． D． 11．已知，则下列正确的是（　　） A．直线为的切线 B．若（a），则 C．若在上单调递增，则， D．设，为曲线在，，，处的两条切线，若，则 3、 填空题：本大题共3小题，每小题5分 12. 求值：　　． 13.已知函数，不等式的解集为___________. 14. 已知函数的最小值为0，则___________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15.（本题13分）．已知，且． (1)求的值； (2)求的值． 16.（本题15分）如图，已知三棱锥中，△与△都是边长为2的等边三角形，是中点，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17（本题15分）.已知椭圆的焦距为2，椭圆上的点到两焦点距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，若的面积是的面积的4倍，求的方程 18（本题17分）.已知某袋中有（，，）个大小、形状完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，黑球有个，每次从袋中不放回地随机取出1个小球． (1)设，，求前三次取出的全是红球的概率； (2)设，记前3次取的小球的颜色的种数为，求的期望； (3)若，，且最后剩下的球全是红球的概率为，证明：当时， 19．（本题17分）若函数对任意的均有，则称函数具有性质． (1)判断下面函数①；②是否具有性质，并说明理由； (2)全集为，函数，试判断并证明函数是否具有性质； (3)若函数具有性质，且（，），求证：对任意，，均有． 2 学科网（北京）股份有限公司 $