精品解析：江苏省连云港市灌云县杨集高级中学2026-2027学年高三上学期第一次学情诊断数学试题

高三年级第一次学情诊断 数学试题 考试时间：9：50—11：50 试卷总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若曲线上存在点P，使得点P关于y轴的对称点在曲线上，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多选题：本题共3小题，共18分 9. 已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（ ） A. B. 展开式的各项系数的和为 C. 展开式的各二项式系数的和为32 D. 展开式的常数项为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 在上单调递增 C. 关于的方程有2个解 D. 若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的范围是 11. 在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前n项和为，若，，则________． 13. 已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围为__________． 14. 已知函数（，且）为奇函数，则不等式的解集为______. 四、解答题：本题共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. 某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器.在这8件文物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物.现从这8件文物中随机选取3件进行巡回展览． （1）求选出的3件文物都是汉代文物的概率； （2）设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望． 16. 已知，，. （1）求的值； （2）求的值. 17. 四棱锥中的底面是菱形，，，且的中点为，平面平面，，点在棱上，且满足． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知椭圆C：的离心率为，焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线l：（）与椭圆C相交于A，B两点，且． ①求证：的面积为定值； ②椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求出点P横坐标的取值范围；若不存在，说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若有两个极值点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级第一次学情诊断 数学试题 考试时间：9：50—11：50 试卷总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由得，所以， ， 所以 . 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将化简整理成的标准形式即可求解. 【详解】 . 所以的虚部为. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，解导数小于的不等式，结合定义域得到单调递减区间. 【详解】函数的定义域为. ， 令，即，解得. 因为定义域为，所以的单调递减区间为. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模的计算公式及向量垂直的条件可得结果. 【详解】因为，所以， 两式相减得，即． 又，所以，联立，解得,即． 故选：C． 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据同角三角函数的关系，求出，再由，然后利用正弦差角公式计算即可． 【详解】，， 又，所以， 6. 已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】考虑从甲袋中取出的球是白球还是红球，根据全概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”， 事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”， 所以，故，， 故，故A正确. 7. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得. 【详解】在上的奇函数满足，则， 于是，即函数的周期为4， 而，则，，又当时，， 所以. 故选：A 8. 已知函数，，若曲线上存在点P，使得点P关于y轴的对称点在曲线上，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，建立方程并构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】函数，的定义域均为， 设，则点关于轴的对称点为， 依题意，方程组有解，即方程组有解， 因此方程有解， 令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 则，由有解得， 所以的最大值为. 二、多选题：本题共3小题，共18分 9. 已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（ ） A. B. 展开式的各项系数的和为 C. 展开式的各二项式系数的和为32 D. 展开式的常数项为 【答案】AD 【解析】 【分析】由展开式的第2项与第3项系数的和为，利用通项求出的值，进而可求各项系数的和，二项式系数的和常数项. 【详解】展开式的通项为，且， 展开式的第2项与第3项系数的和为，则有， 由解得，A选项正确； 令，展开式的各项系数和为，B选项错误； 展开式的二项式系数和为，C选项错误； 令，得，则的展开式的常数项为，D选项正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 在上单调递增 C. 关于的方程有2个解 D. 若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对 A，求出函数定义域，验证定义域关于原点对称，再判断与关系，依据定义判断函数奇偶性；对 B，在区间用作差法比较的大小得到该区间单调性，再依据奇函数性质判断区间单调性；对C，将分区间去绝对值求解，利用是偶函数的对称性判断方程解的情况；对 D，把原函数写成分段形式，转化不等式，结合整数解仅有 1 个的条件，结合图象求解参数范围. 【详解】对于A：函数的定义域为，定义域关于原点对称， ，所以为奇函数，A正确； 对于B：任取，， ，，，所以，， 即函数在单调递减， 又因为函数为奇函数，所以在上单调递减，B错误； 对于C：时，， 当时，，令，解得， 当时，，令，无解； 令，则，所以函数为偶函数， 由对称性可知在上方程有解，C正确； 对于D：， 关于的不等式可得， 结合图象可知，当时，不等式有无数个整数解； 当时，在区间内无整数解， 因此只需在内包含一个即可. 因为， 因此若不等式恰好有1个整数解，只需， 解得，D错误． 11. 在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知，根据勾股定理可得，进而可知点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，即可判断选项A；连接，，，，易得为等腰三角形.当点为的中点时，，故，此时与所成角为，即可判断选项B；由可知平面，故点的轨迹为线段，即可判断选项C；设，易知当点为的中点时，最大，此时；当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以，故由正弦定理可得的外接圆直径，进而可求三棱锥的外接球的半径的范围，即可判断选项D. 【详解】∵点在侧面内，∴平面. ∵平面，平面，∴. 在中，由可得. ∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为， ∴点的轨迹长度为，故选项A正确； 如图所示，连接，，. 在中，. 同理可得，∴为等腰三角形. 当点为的中点时，连接，此时有. 在正方体中易知，∴，此时与所成角为，故选项B错误； ∵，∴平面， ∴点的轨迹为线段，∴点的轨迹长度为，故选项C正确； 设，易知当点为的中点时，最大. 取的中点，则，， ∴； 当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以. ∵，，在球面上，∴的外接圆直径. ∴三棱锥的外接球的直径为， ∴三棱锥的外接球的半径， ∴三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前n项和为，若，，则________． 【答案】42 【解析】 【详解】等比数列的前n项和为,成等比数列， ， ，，， . 13. 已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知使得成立，即，结合函数的单调性求出最值即可． 【详解】因为且定义域为，所以， 又在上存在单调递减区间，等价于使得成立， 即不等式在上有解，即 设，，则 ， 令，解得（负根不符合定义域，舍去）． 所以函数在 单调递减，在单调递增，经计算， ， 所以，所以． 14. 已知函数（，且）为奇函数，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据奇偶性求得，，再结合指数函数和对数函数的大单调性，利用复合函数单调性法则分析函数的单调性，结合奇偶性分类讨论解不等式即可． 【详解】为奇函数，定义域需关于原点对称， ，即， 的解集关于原点对称，即， 为奇函数， ， ，则，解得， ，定义域， 当时，，则， 当时，，则， 又在和单调递增， 在和单调递减， 在和单调递减， 即， 即， 或或 解得或或， 故不等式的解集为． 故答案为：． 四、解答题：本题共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. 某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器.在这8件文物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物.现从这8件文物中随机选取3件进行巡回展览． （1）求选出的3件文物都是汉代文物的概率； （2）设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）分布列如下： 0 1 2 3 数学期望为. 【解析】 【分析】（1）由组合知识求出从8件文物中任选3件的方法数，及从8件文物中任选3件的方法数，从而求出概率； （2）得到X的可能取值和对应的概率，得到分布列，得到数学期望 【小问1详解】 从8件文物中任选3件，有种方法． 选出的3件文物都是汉代文物，有种方法. 故所求的概率； 【小问2详解】 由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3. ，， ，． 所以X的分布列为 0 1 2 3 数学期望， 16. 已知，，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式和诱导公式计算； （2）利用两角和与差的余弦公式计算，注意角的范围. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为，所以， 又因为，所以， 所以； 因为，所以， 所以. 所以 . 17. 四棱锥中的底面是菱形，，，且的中点为，平面平面，，点在棱上，且满足． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 由已知，O为AD的中点，∴， 又∵平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD， ∴平面ABCD， 连接AC，交BO于N，连接MN， ∵底面ABCD是菱形，∴AOBC， ∴，，∴， 又，∴ ，∴MNPA， 又平面BMO，平面BMO， ∴PA平面BMO． （2） 【解析】 【分析】（1）推导出，从而平面ABCD，连接AC，交BO于N，连接MN，则AOBC，推导出MNPA，由此能证明PA平面BMO； （2）连结BD，以O为坐标原点，以OA、OB、OP分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角P﹣BO﹣M的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连结BD，∵底面是菱形，， ∴是正三角形，∴ 由（1）知平面ABCD，∴，， 以O为坐标原点，以OA、OB、OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面BMO的法向量， ∴，由（1）知MNPA，∴， ∴，取，得， 平面BOP的法向量， 设二面角的平面角为， 则， ∴二面角的余弦值为． 18. 已知椭圆C：的离心率为，焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线l：（）与椭圆C相交于A，B两点，且． ①求证：的面积为定值； ②椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求出点P横坐标的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）① 证明：由消去y，化简得：， 设，，则， ，， 故， 因为，所以， 所以， 坐标原点到直线l的距离为， 所以的面积为， 故的面积为定值． ②不存在，理由如下： 假设存在椭圆上的点P，使得OAPB为平行四边形，则， 设，则， 又因为，即，得， 与矛盾， 故椭圆上不存在点P，使得OAPB为平行四边形． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距和离心率的概念求解即可； （2）联立椭圆方程与直线方程消去y后，利用韦达定理和得出，表示出的面积并化简可证明的面积为定值；假设存在椭圆上的点P，使得OAPB为平行四边形，借助表示出点P坐标代入椭圆方程可得出，与矛盾，从而得出结论． 【小问1详解】 由题意知，焦距，故，又，故， 所以，故椭圆C的方程为． 【小问2详解】 ①略 ②略 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若有两个极值点，，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） 证明：由题意得，的定义域为，且， 因为有两个极值点，， 所以方程在上有两个不同实数根，， 所以，． 设， 所以要使方程有两个正实数根，则， 解得． 所以 ， 设，， 则，所以在上单调递增， 所以， 故得证． 【解析】 【分析】（1）先求导，得到切线方程的斜率，再根据直线点斜式方程表示出切线方程； （2）由，不等式恒成立，等价于不等式在上恒成立，构造函数，利用导数判断函数单调性，分类讨论，即可得到结果； （3）对函数求导，有两个极值点，，转化为方程在上有两个不同实数根，，结合韦达定理，表示出，再构造函数，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，即可得证. 【小问1详解】 当时，， 则，则，又， 所以曲线在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得，，不等式恒成立， 等价于不等式在上恒成立． 设，，则． 设，，则， 若，则，此时在上单调递减，故， 所以在上单调递减，故，不符合题意； 若，则当时，， 此时在上单调递减，故， 所以在上单调递减，故，不符合题意； 若，则当时，，此时在上单调递增，故， 所以在上单调递增，故，符合题意． 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $