精品解析：江苏扬州市江都区仙城中学2027届高三上学期第二次阶段测试数学试题

扬州市仙城中学2027届高三上学期第二次阶段测试 高三数学 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则“”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 6. 已知存在两个不同极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 已知函数的零点分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 二、多选题 9. 函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 该函数的解析式为 C. 是函数图象的一个对称中心 D. 函数的减区间是 10. 在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是4π B. 面积的最大值是 C. 周长的取值可以是12 D. 内切圆半径的最大值是1 11. 已知函数，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递减 C. 的最大值为 D. 在上有唯一零点 三、填空题 12. 已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为__________． 13. 已知，过原点作曲线的切线，则切点的横坐标为_____________. 14. 在中，若，则的最大值为_____. 四、解答题 15. 在三棱锥P-ABC中，，，E为AC的中点，． （1）求证：平面平面ABC； （2）求点C到平面PAB的距离． 16. 已知函数. （1）求函数的最值及相应的值； （2）求函数的单调递增区间. 17. 某高中举办体育知识竞答比赛，每位选手答题规则相同.甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则可在规定时间内找本班同学亲友团寻求帮助，亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率． （2）当时，甲答了道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的数学期望和方差不必写出分布列． （3）乙答对每道题的概率为含亲友团，现甲乙两人各答两道题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值． 18. 已知的内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）点是的中点，延长至点，连接，，． （i）若，，求的长度； （ii）若，求面积的最大值． 19. 已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市仙城中学2027届高三上学期第二次阶段测试 高三数学 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由一元二次不等式解法化简集合，再由绝对值不等式的解法化简集合，再由交集运算得出答案. 【详解】， 或， 或. 2. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题及全称量词命题的真假判定方法，结合基本不等式判断即得. 【详解】对于A，取，，A是真命题； 对于B，取，，B是真命题； 对于C，，当且仅当，即时取等号， 因此当时，，C是真命题； 对于D，当时，，D是假命题. 故选：D 3. 函数的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性及诱导公式，结合特殊值即可求解. 【详解】由，解得, 所以函数的定义域为, 所以, 所以为偶函数，函数的图象关于轴对称，排除选项B， 而，排除选项C， ，排除选项A， 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用换元法结合三角函数的二倍角公式求解即可. 【详解】令则 故选：A. 5. 已知，，则“”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】B 【解析】 【分析】将用对数的换底公式和运算性质进行变形，得到的范围，再求出的范围，即可判断. 【详解】 , 所以， ， 分析充分性： 若，因为，所以不能推出，所以充分性不成立； 分析必要性： 若，因为，，所以可以推出，所以必要性成立. 6. 已知存在两个不同极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，由题设可得有2个不同的变号零点，进而分、、三种情况讨论求解即可. 【详解】由，得， 因为有两个不同极值点，则有2个不同的变号零点. 当时，若，则， 若，令，则， 所以函数在上单调递增， 则在上最多只有1个零点，不符合题意； 当时，，没有零点，不符合题意； 当时，由，得， 设，则， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，又， 要使有2个不同的变号零点，则与有2个交点，则. 综上所述，的取值范围为. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由及正弦定理， 得，即， 由余弦定理，得， 即，即， 由正弦定理，得， 又， 即， 所以． 因为，，所以，或，解得或（舍）， 因为，，，所以，， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为． 8. 已知函数的零点分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由可得或，结合基本不等式及正弦型函数的值域可求后者的零点，从而可求诸零点的平方和. 【详解】令，则， 故或， 若，则， 而由双勾函数的性质可得的值域为， 又的值域为， 故成立当且仅当或， 故， 故的解为， 故的零点为，它们的平方和为. 二、多选题 9. 函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 该函数的解析式为 C. 是函数图象的一个对称中心 D. 函数的减区间是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图象求得，结合三角函数的值域、对称性、单调性求得正确答案. 【详解】由图知值域为，故A正确； 由，得， ，代入得， 又，故B错误； 由，得，，故C错误； 由， 得，故D正确. 故选：AD. 10. 在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是4π B. 面积的最大值是 C. 周长的取值可以是12 D. 内切圆半径的最大值是1 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理求出，再结合外接圆面积公式求解；对于B，结合所给条件和基本不等式求出，再结合面积公式求解；对于C，设，求解周长最大值，证明取不到12；对于D，结合C选项，列出内切圆半径的表达式求解最大值. 【详解】由于锐角，则， 对于A，由正弦定理，外接圆面积为，故A正确； 对于B，，由，则当时可以取等，最大值为； 对于C，，设， 由得， 由得，则，故C错误； 对于D，， 则，故D正确. 11. 已知函数，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递减 C. 的最大值为 D. 在上有唯一零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A、验证，判定为奇函数； 选项B、先对函数求导，再判断函数在定义域内的单调性，即可判断B选项； 选项C、比较极大值与端点函数值，即可得到的最大值； 选项D、利用奇函数的对称性和函数的单调性，判断在上仅有一个零点 【详解】选项A、已知函数，， 因为， 所以是奇函数，图象关于原点对称，选项A正确； 选项B、对求导：， 令，解得， ， ， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减． 因此在上不是单调递减函数，选项B错误； 选项C、由B的分析可知，在上递减，在上递增，在上递减， 因此函数在处取得极大值：， 因为， ， 所以的最大值为，选项C正确； 选项D、因为是奇函数，显然， 当时，单调递增，， 当时，单调递减，， 因此当时， 由奇函数对称性，时， 因此函数在上有唯一零点，选项D正确． 三、填空题 12. 已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据幂函数的定义与单调性求出参数的值，进而根据“1”的妙用，及基本不等式即可求解． 【详解】由是幂函数，且在上单调递减， 则，即，解得， 则，即，又，， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为． 13. 已知，过原点作曲线的切线，则切点的横坐标为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点坐标为，根据导数几何意义可得切线方程，代入坐标原点可构造方程求得. 【详解】函数的定义域为， 设切点为，求导得到， 所以在切点处切线斜率：， 则切线方程为：， 因为切线过原点，所以， 解得：. 14. 在中，若，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角函数中的商数关系式，结合正弦和角公式化简， 并由正弦定理将角化为边，代入余弦定理即可表示出，再由基本不等式即可求得的取值范围，进而结合同角三角函数关系式求得的取值范围，即可求得的最大值. 【详解】在中，， 则， 通分化简可得， 由正弦和角公式可得， 所以， 由正弦定理代入可得，即， 又由余弦定理， 代入可得， 所以，当且仅当时取等号， 则，所以， 即，所以， 则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的综合应用，正弦和角公式化简三角函数关系式，正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，基本不等式求最值，综合性强，属于难题. 四、解答题 15. 在三棱锥P-ABC中，，，E为AC的中点，． （1）求证：平面平面ABC； （2）求点C到平面PAB的距离． 【答案】（1） ，E为AC的中点，， 又，且平面 ， 故平面． 又平面ABC，所以平面平面ABC. （2）． 【解析】 【分析】（1）先证，再证平面，由线面垂直推出面面垂直即得； （2）先证平面，建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在三角形ABC中：， ，. 由（1）知平面．因平面，． 又E为AC的中点，则垂直平分AC，， ，又， ，即， 又平面，故平面. 故可以E为坐标原点，分别以、、所在方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图. 则，，，， ，，， 设平面PAB的一个法向量为，则， 令，得． 设点C到平面PAB的距离为，则． 16. 已知函数. （1）求函数的最值及相应的值； （2）求函数的单调递增区间. 【答案】（1）当时，函数取最小值，且最小值为，当时，函数取最大值，且最大值为. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦和余弦的二倍角公式，辅助角公式先化简函数，再结合已知条件以及正弦（型）函数的性质求解最值即可； （2）利用正弦（型）函数单调性求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由 ， 由，则， 所以当，即时，函数取最小值，且最小值为； 当，即时，函数取最大值，且最大值为. 【小问2详解】 由， 即， 因为，所以函数的单调递增区间为. 17. 某高中举办体育知识竞答比赛，每位选手答题规则相同.甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则可在规定时间内找本班同学亲友团寻求帮助，亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率． （2）当时，甲答了道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的数学期望和方差不必写出分布列． （3）乙答对每道题的概率为含亲友团，现甲乙两人各答两道题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值． 【答案】（1） （2） ， （3） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式即可求解； （2）求出的可能取值，再利用二项分布的性质求出其期望和方差； （3）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出概率，再结合已知建立不等式求解. 【小问1详解】 记事件为“甲答对了某道题”，事件为“甲自己答对”， 则，， 所以． 【小问2详解】 可能取值为，，，， 由（1）知甲答对某道题的概率，则， 所以的数学期望， ． 【小问3详解】 记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”， 其中甲答对某道题的概率为， 则甲答错某道题的概率为， 则， ， 由题意知， ， 所以甲答对题数比乙多的概率为： ， 令，解得， 所以甲的亲友团每道题答对的概率的最小值为． 18. 已知的内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）点是的中点，延长至点，连接，，． （i）若，，求的长度； （ii）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）（ii）面积的最大值为 【解析】 【分析】（1）由三角形的内角和性质，诱导公式以及两角和与两角差的余弦公式即可求解； （2）（i）由点是的中点，，余弦定理以及三角形全等即可求解； （ii）由正弦定理，三角形的面积公式化简，再由三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以，所以， 所以，即， 因为，所以，所以，故. 【小问2详解】 （i）由余弦定理可得，在中，， 将，，代入可得，解得（）， 即，因为，点是的中点， ，，， 所以，所以. （ii）因为，即，因此， 在中，由正弦定理，可得，， 的面积为， 化简可得， 即， 由辅助角公式可得，， 当时，即，取得最大值，因此. 19. 已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增. （2）（i） （ii）证明：当时，，所以， 令，则，故在区间上单调递增. 又，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以. 又，且， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 由于，且， 则，从而. 因为，，所以即证，即证. 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 故. 【解析】 【分析】（1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i），对其二次求导，通过，，三种情况讨论即可；（ii）通过二次求导结合零点存在定理，得到存在唯一的，当时， 单调递减，当时， 单调递增，进而得到，问题转化成证.构造函数，，通过其单调性即可求证. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为，所以， 又在单调递增，当时，， 即时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）因为， 所以，则， 令，则， 若，当时，，单调递减， 所以，单调递减，不符合题意； 若，当时，，单调递增， 所以，单调递增，不符合题意； 若，则在区间上有两个解，不妨设为，. 列表如下： x - 0 + 0 - ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 当时，，则在区间上没有零点. 要使在区间上有且仅有1个极值点， 则在区间上有且仅有一个变号零点， 则需要，即，解得. 又因为，所以. 当时，，， 由零点存在定理知，存在唯一零点，使得， 当时，，为单调递减， 当时，，为单调递增， 所以为的极小值点. 综上所述，a的取值范围为. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $