精品解析：江苏扬州市高邮市第一中学2026-2027学年高三上学期期中模拟考试数学试卷

高邮市第一中学2026—2027学年度第一学期高三期中模拟测试 数学学科 一、单选题：本大题共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，则 A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. -2 C. 3 D. -3 3. 曲线在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 4. 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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数，，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，关于的方程有个实数根、、、，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共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. 在平面上的点，，，，下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正数 满足 ，则（ ） A. B. C. D. 11. 若，分别是函数，的零点，且，则称与互为“零点相邻函数”．已知与互为“零点相邻函数”，则的取值可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为奇函数，则实数________． 13. 若两个单位向量，满足向量与的夹角为，则_________． 14. 已知函数（），若对任意的，恒成立，则实数的取值范围是_________． 四、解答题：本大题共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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）设为的中点，当的面积为时，求的最小值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，点在线段上，，且平面，平面平面. （1）证明：； （2）证明：； （3）若，求二面角的余弦值． 17. 某学校围棋社团举行选拔赛，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军，有以下2种方案： 方案1：甲、乙、丙、丁四人由抽签决定两两对阵，失败者被淘汰，获胜者进入决赛，决出冠军． 方案2：甲、乙、丙、丁四人按如下流程进行四轮比赛，决出冠军． 第一轮：抽签决定两两对阵，获胜者进入胜者组，失败者进入负者组： 第二轮：胜者组与负者组分别组内对阵，负者组的失败者被淘汰： 第三轮：胜者组的失败者与负者组的获胜者对阵，失败者被淘汰： 第四轮：第二轮胜者组的获胜者与第三轮的获胜者进入决赛，决出冠军． 设甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为（），任意两人对阵无平局，且不同对阵的结果相互独立． （1）如果采用方案1，当时，求甲获得冠军的概率； （2）如果采用方案2，经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁、当时，求甲参与对阵的比赛场数的数学期望； （3）采用哪种方案对甲获得冠军更有利？请用概率知识加以说明． 18. 设，，函数． （1）求函数的解析式，并写出对称中心； （2）将的图像向下平移个单位得到函数： ①函数在上恰好有三个对称中心，求的范围； ②若存在，成立，求实数的取值范围． 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． （1）求函数的不动点； （2）若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； （3）设常数，函数，满足，，，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高邮市第一中学2026—2027学年度第一学期高三期中模拟测试 数学学科 一、单选题：本大题共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，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出集合、，再根据交集的定义计算可得； 【详解】解：因为所以，，所以，所以 故选：D 【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. -2 C. 3 D. -3 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式和齐次思想化简计算即可. 【详解】由，得， 故. 3. 曲线在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对函数求导，得到切线斜率，再根据点斜式写方程即可. 【详解】因为，则，所以切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 4. 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】利用充分条件、必要条件的定义，结合基本不等式判断即得. 【详解】由，，得， 若，取，满足，而， 因此“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换以及诱导公式计算即可． 【详解】因为， 所以，故． 故选：B. 6. 已知实数，，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A，B举反例快速排除，C直接用对数加法公式算出结果等于，D把换成，利用对数运算性质化简各选项，代入转化为，结合推出，平方为正，整体小于． 【详解】对于A，取，，A错误； 对于B，取，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，由，得， 所以， ， 又，所以，解得，所以，， 所以，D正确． 7. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化，再利用辅助角公式求解即可. 【详解】∵，由正弦定理， 得， 即， 而，所以， ∵， 由正弦定理，得， ∴，而， ∴，∴， 因为，所以，∴． 设的外接圆半径为，则， ∴，而， ∴， 故选：C 8. 已知函数，关于的方程有个实数根、、、，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用换元分层法，令，分析内层函数单调性确定两根均大于，由推出，再结合韦达定理即可求解. 【详解】由，可得，解得，故函数的定义域为， 令，当时，，，函数在上单调递减，即函数的值域为， 当时，，，函数在上单调递增， 且，所以，即的值域为. 因为有个实数根、、、， 所以有两个大于的不等实根、， 画出函数的图象， 由图可知，，则；，则. 由得， 即，则，所以，则， 由，得，. 则，即，， 所以，解得. 由得，， 又因为，解得，所以. 二、多选题：本大题共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. 在平面上的点，，，，下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给出的点坐标，分别写出四个选项中对应的向量的坐标，由向量的坐标运算进行判断，从而得到答案. 【详解】点，，， 选项A中，，，，所以，故错误； 选项B中，，，，所以成立，故正确； 选项C中，，，，所以成立，故正确； 选项D中，，，，所以，故错误. 故选：BC. 【点睛】本题考查平面向量线性运算的坐标运算，属于简单题. 10. 已知正数 满足 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由条件确定 的大小关系，再借助相应函数的单调性或作差法逐项判断. 【详解】因为 ，， ，得 ，所以 . 对于 A，因为 在 上单调递增，则，故A 正确； 对于 B，， 其中 ， 不能确定正负. 例如取 ，，则 ，故B 错误； 对于 C，，故C 正确； 对于 D，因 是减函数，则得 ，故D 正确. 11. 若，分别是函数，的零点，且，则称与互为“零点相邻函数”．已知与互为“零点相邻函数”，则的取值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】先确定的唯一零点为1，根据“零点相邻函数”定义得的零点，将转化为，通过求函数在上的值域，即可判断的可能取值. 【详解】定义域为，， 所以在单调递增，且，因此有唯一零点，所以， 由得，时，故， 由得， 令定义域为，求导得， 时，，时，， 所以在单调递增，在单调递减，最大值， 时，，所以. 选项A，，符合要求，正确； 选项B，，符合要求，正确； 选项C，，不符合要求，错误； 选项D，，不符合要求，错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为奇函数，则实数________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】先利用奇函数定义域关于原点对称的性质求得的候选值，再代入验证满足奇函数的定义即可. 【详解】由，解得， 由于奇函数的定义域关于原点对称，因此两个间断点和互为相反数，即，解得， 当时，，定义域为， 而 ，满足奇函数的定义， 故实数的值为. 13. 若两个单位向量，满足向量与的夹角为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量夹角的数量积公式求出单位向量与的数量积，再代入模长公式计算. 【详解】由为单位向量，故，设， ， ， ， 由与的夹角为，得， ，化简得，整理得，解得，即， 故. 14. 已知函数（），若对任意的，恒成立，则实数的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，利用导数分析可知在内单调递增，结合恒成立问题可得，构建，求导判断其单调性，根据单调性解不等式即可. 【详解】由题意可得：， 因为，则有： 若，则，可得，则； 若，则，可得. 综上所述，，可知在内单调递增， 则， 若对任意的，恒成立，则， 构建，则， 可知在内单调递增， 由可得， 又，则，解得， 所以实数的取值范围是. 四、解答题：本大题共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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）设为的中点，当的面积为时，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角进行求解； （2）根据的面积为求出，再利用中线定理得，结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 因为，， 所以，即， 因为，解得. 【小问2详解】 因为的面积为，即， 即，解得； 又因为，即， 两边平方得，即， 即， 即，即，时等号成立， 所以的最小值为． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，点在线段上，，且平面，平面平面. （1）证明：； （2）证明：； （3）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为底面是矩形，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为平面平面，平面，所以. （2）证明：因为平面，平面，所以. 矩形中，，，，则. 在中，. 在中，. 所以，所以为直角三角形，且. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理及线面平行的性质定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理、勾股定理及勾股定理逆定理证明即可. （3）过点作，交于点，连接；根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理及二面角的定义得到即为二面角的平面角；在中，分别求出，，即可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 过点作，交于点，连接. 由（2）知，，因为平面，，所以平面. 又平面，所以，所以即为二面角的平面角. 因为平面，平面，所以. 在中，. 则. 因为平面，平面，所以. 在中，. 所以. 故二面角的余弦值为. 17. 某学校围棋社团举行选拔赛，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军，有以下2种方案： 方案1：甲、乙、丙、丁四人由抽签决定两两对阵，失败者被淘汰，获胜者进入决赛，决出冠军． 方案2：甲、乙、丙、丁四人按如下流程进行四轮比赛，决出冠军． 第一轮：抽签决定两两对阵，获胜者进入胜者组，失败者进入负者组： 第二轮：胜者组与负者组分别组内对阵，负者组的失败者被淘汰： 第三轮：胜者组的失败者与负者组的获胜者对阵，失败者被淘汰： 第四轮：第二轮胜者组的获胜者与第三轮的获胜者进入决赛，决出冠军． 设甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为（），任意两人对阵无平局，且不同对阵的结果相互独立． （1）如果采用方案1，当时，求甲获得冠军的概率； （2）如果采用方案2，经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁、当时，求甲参与对阵的比赛场数的数学期望； （3）采用哪种方案对甲获得冠军更有利？请用概率知识加以说明． 【答案】（1） （2） （3）当时，方案一对甲更有利，当时，两种方案甲获胜概率相同，当时，方案二对甲更有利. 【解析】 【分析】（1）根据比赛方案，判断甲获得冠军时的比赛流程，进而根据独立事件的概率公式，求出结果； （2）根据比赛方案，判断所有可能的情况，逐一根据独立事件的概率公式，求出此时的概率，进而求出数学期望； （3）根据比赛方案，分别计算甲获胜时的概率，进而根据作商法比较大小，对参数进行分类讨论，分别判断哪种方案对甲更有利. 【小问1详解】 采用方案1，甲获得冠军需要获胜两轮，概率为. 【小问2详解】 设甲参与对阵的比赛场数为，则可能的取值有， 当时，甲第一轮失败，进入负者组，第二轮再失败，被淘汰，此时 ， 当时，此时有三种情况， 情况一：甲第一轮获胜，进入第二轮与另一个获胜者比赛，第二轮获胜，轮空一轮比赛，进入第四轮比赛， 情况二：甲第一轮失败，进入负者组，第二轮获胜进入第三轮并失败， 情况三：甲第一轮获胜，进入第二轮与另一个获胜者比赛，第二轮失败，进入第三轮并失败， 时， 当时，有两种情况，情况一：甲第一轮失败进入第二轮，第二轮获胜进入第三轮，第三轮再获胜进入第四轮， 情况二：甲第一轮获胜进入第二轮，第二轮失败进入第三轮，第三轮再获胜进入第四轮， 此时， 综上，甲参与对阵的比赛场数的数学期望为. 【小问3详解】 使用方案一甲获得冠军的概率为， 使用方案二甲获得冠军有三种情况，情况一：连续三场比赛均获胜获得冠军； 情况二：第一轮比赛获胜进入第二轮，第二轮失败进入第三轮，第三轮、第四轮均获胜获得冠军； 情况三：第一轮失败进入第二轮，第二轮、第三轮、第四轮连续三场比赛均获胜获得冠军；此时甲获得冠军的概率为， 可知， 当时，，且时，解得或， 当时，，，即，方案一对甲更有利； 当时，，即，两种方案甲获胜概率相同， 当时，，即，即，方案二对甲更有利； 综上所述，当时，方案一对甲更有利，当时，两种方案甲获胜概率相同，当时，方案二对甲更有利. 18. 设，，函数． （1）求函数的解析式，并写出对称中心； （2）将的图像向下平移个单位得到函数： ①函数在上恰好有三个对称中心，求的范围； ②若存在，成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），对称中心为， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示、二倍角公式、两角和差的余弦公式及辅助角公式化简即可求出；根据正弦型函数的对称性质及图象的平移变换即可求解对称中心. （2）①根据函数的平移变换得到，代入，结合诱导公式及同角的三角函数关系得到；根据正切型函数的对称性及已知条件列不等式求解即可. ②结合①、三角函数的值域分离常数得到；令，根据函数的周期性及奇偶性，将存在，成立化为求在上的最小值；再利用换元法及对勾函数的性质求解即可. 【小问1详解】 . 所以 令，，则，， 此时，则. 所以函数的对称中心为，. 【小问2详解】 ①由题意知，. 则，， 所以， 因为，所以. 因为函数在上恰好有三个对称中心，所以，解得. 故的范围为. ②由（1）知，可化为. 令，进一步化为， 又，所以，不等式等价于. 令， 若存在，成立，等价于存在，使得成立. 又，则为奇函数. 又，则为周期函数. 故存在，使得成立等价于存在，使得成立. 当时，；当时，； 所以只需取在上的最小值即可. ， 令，则， 可化为， 又在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，即， 所以，即. 所以. 所以实数的取值范围为. 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． （1）求函数的不动点； （2）若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； （3）设常数，函数，满足，，，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 【答案】（1） （2）因为是函数的一个“不动点”，即， 可知在函数图象上，因为函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变， 则由旋转后所得点也在函数图象上，同理由旋转后所得点也在函数图象上， 以此类推都在函数图象上， 由和都在函数图象上可知，即 （3）函数存在唯一的不动点，即方程存在唯一解，等价于函数存在唯一零点， 令，则，即，得， 所以， 当时，，因为，所以，即，使得， 当时，，可知，即，使得， 所以，使得， 假设函数零点不唯一，即，使得， 可得，即， 不妨设，可得，即，即，即，与题干条件矛盾，即假设不成立， 所以函数存在唯一零点，即函数存在唯一的不动点 【解析】 【分析】（1）根据题干定义，列出方程，求出结果即可； （2）根据不动点的定义，确定点在函数图象上，根据函数图象性质，确定其旋转产生的点也在函数图象上，以此类推，列出方程，即可证明结论； （3）根据题目定义，对函数进行化简，构造函数确定函数零点的个数，进而根据不等式性质，确定函数存在零点，运用反证法和不等式性质，证明结论. 【小问1详解】 可知，解得， 函数的不动点为. 【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 $