精品解析：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 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合与元素的属于关系性质，结合集合元素互异性进行求解即可. 【详解】因为， 所以，或， 当时，解得，此时集合不满足集合元素互异性，舍去， 当时，集合，此时集合满足集合元素互异性， 所以. 2. 设，，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 【答案】A 【解析】 【分析】分别验证充分性和必要性是否成立，结合充分必要条件的定义判断即可. 【详解】充分性验证：当时，可得，充分性成立， 必要性验证：当时，取，，此时，但，因此必要性不成立， 综上，是的充分不必要条件. 3. 函数的单调增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，解得或，即函数定义域为. 设， ，在上单调递减. 是开口向上的二次函数，对称轴为， 函数在上单调递减， 根据复合函数“同增异减”规则，的单调增区间为. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数、三角函数、指数等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】， ， ， 所以. 5. 若函数为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，根据奇函数的定义域关于原点对称求出的值，再根据奇函数的定义验证函数是奇函数即可. 【详解】的定义域为且， 因为函数为奇函数，所以定义域关于原点对称，故，即. 所以， 的定义域为，关于原点对称， 又， 故函数为奇函数.所以. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】由面积求得侧棱与底面边长的关系，再根据线面角定义求解． 【详解】如图，正四棱锥中，是底面中心，是中点，则是棱锥的高，是斜高，是侧棱与底面所成的角， 设底面边长为，， 由已知，则，又， 所以，而， 所以， . 故选：D． 7. 已知，均为锐角，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用平方关系得到，，构角，利用余弦的和角公式，即可求出结果. 【详解】因为，均为锐角，即，所以，， 又，， 所以，， 所以 ， 故选：B. 8. 若函数与的图象存在公切线，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】法一：设公切线与，图象分别切于点，写出图象在A处的切线方程和图象在B处的切线方程，由两直线重合，消去得到，令，再由求解.方法二： 由，分别为上凸和下凸函数，要使，存在公切线，转化为在上恒成立求解. 【详解】法一：设公切线与，图象分别切于点， 则图象在A处的切线方程为：， 即， 同理：图象在B处的切线方程为：， 即， 由上述两直线重合，消元可得，， 令， 则，当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 则，解得， 方法二：在同一坐标系中作出，的图象如图所示： 由图象知：，分别为上凸和下凸函数，要使，存在公切线， 只须在上恒成立即可， 即在上恒成立 令，求导得， 当时，，当时，， 所以当时，取得最大值为， 所以 故选：A 【点睛】方法点睛：求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解． 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面平行、垂直的位置关系判定各命题真假，借助空间模型举出反例判断错误选项. 【详解】对于A，由平面平行的传递性，若，，则，A正确. 对于B，若 ， ，平面与可以平行，也可以相交，不一定垂直，B错误. 对于C，设平面内存在直线 ，由得 ，又，故 ，C正确. 对于D，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，D正确. 10. 已知，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用对数函数的性质判断A的真假；利用指数函数的性质判断B的真假；利用基本不等式判断CD的真假. 【详解】对A：因为，，所以，所以，故A错误； 对B：因为，所以，故B正确； 对C：因为，当且仅当即，时取等号.故C正确； 对D：因为，故D正确. 11. 已知，则下列正确的是（ ） A. 直线为的切线 B. 若，则的取值范围为 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求得  处切线为得到A正确；通过举反例证明B错误；根据导数的代数意义结合分离参数求范围即可求出C正确；根据导数的几何意义求出切线方程，结合两切线平行，找到相应等式即可求得D正确. 【详解】已知，求导得 选项A：当 时，，且，因此处切线斜率为0，切线方程为， 故直线一定是的切线，故A正确； 选项B：当时，，故 B错误； 选项C：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C正确； 选项D：求导得：，切线等价于 ， 整理得：， 因为，两边除以得， 即，故D正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分 12. __________. 【答案】 【解析】 【分析】利用展开计算即可 【详解】. 故答案为：. 13. 已知函数，不等式的解集为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及单调性列不等式求解即可. 【详解】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. 已知函数的最小值为0，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据最值的定义及不等式的性质，对进行分情况讨论求解即可. 【详解】由题意知，定义域为. 当时，， 因为，所以，则， 因为对，，故都有，所以. 同理时，，所以，则，故. 当时，，恒成立， 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. 已知，且． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知等式两边平方，结合同角三角函数关系与二倍角公式即可求解. （2）将展开并齐次化构造出关于的一元二次方程，结合角的范围得到的值，最后代入正切和角公式即可. 【小问1详解】 ，即， 即，所以，即. 【小问2详解】 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. 如图，已知三棱锥，与都是边长为2的等边三角形，是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（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）. 【解析】 【分析】（1）先取的中点，利用勾股定理证明出，再利用线面、面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 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，，，， 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. 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． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的概念及基本性质，即可求得椭圆的方程； （2）设直线方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及三角形的面积关系，即可求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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，. 【答案】（1） （2） （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. 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式即可求解. （2）根据题意求出的所有取值，利用古典概型概率公式以及排列组合即可求出取每个值的概率，即可求解. （3）作等价转换：最后剩下的球全是红球，等价于红球是三种颜色中最后被全部取完的，进而可以写出的表达式，对拆分变形，利用等比数列求和公式计算结果，利用时，余项，的取值范围在0到1之间，放缩后即可得证. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为袋子中共6个球，且，所以的取值为2和3， ， ， 因此的期望. 【小问3详解】 略. 19. 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． 【答案】（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． 【解析】 【分析】（1）将函数代入验证，从而证明出函数具有性质，举反例证明不具有性质； （2）分别从为有理数，为无理数两方面来证明函数具有性质； （3）根据反证法来证明，假设为，，…，中第一个大于0的值，结果与（，）矛盾，从而来证明对任意，，均有． 【小问1详解】 略 【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 $ 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. 设，，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a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，则的取值范围为 C. 若在上单调递增，则 D. 设为曲线在处的两条切线，若，则 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分 12. __________. 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. 已知，且． （1）求的值； （2）求的值． 16. 如图，已知三棱锥，与都是边长为2的等边三角形，是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 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. 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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $