江苏省南通市2026届高三上学期9月调研测试数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省南通市2026届高三上学期9月调研测试数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 复数满足，则在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【详解】由可得，
则对应的点位于第一象限.
故选：A.
2. 已知集合，，则实数的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由得：，
①若 时， ，此时，，满足 ，符合题意；
②若 时， 集合，不满足集合元素互异性，故舍去；
③若 时，则有 ，解得 或 ，
当 时，， ，满足 ，符合题意；
当 时，集合，不满足集合元素互异性，故舍去.
综上，实数 的取值集合为 .
故选：B
3. “直线平面”是“直线与平面内的任意直线都没有公共点”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】C
【详解】由直线平面，易知直线与平面没有公共点，故直线与平面内的任意直线都没有公共点，故充分性成立；
又由直线与平面内的任意直线都没有公共点，即直线与平面没有任何公共点，则直线平面，故必要性成立.
故“直线平面”是“直线与平面内的任意直线都没有公共点”的充要条件.
故选：C
4. 已知某圆锥底面的半径为，体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】设圆锥的高为，因为底面半径，由体积，解得，
圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积为.
故选：B
5. 已知互不相等的数据的平均数为，方差为，数据的方差为，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法判断
【答案】C
【详解】由，则，
所以，且互不相等，
由，
而，
所以
故选：C
6. 定义在R上的函数是周期为的偶函数，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】函数是周期为的偶函数，当时，，
则.
故选：B.
7. 设，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为，，，，所以，
比较和，，，所以，
再比较，，，，所以，
故.
故选：C
8. 已知三棱柱的所有棱长均为，，则异面直线，间的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】
线段中点为，连接，，连接.
三棱柱的所有棱长均为，所以四边形是菱形，故.
因为，，平面，且与相交于点，所以平面.
因为平面，所以.
因为是等边中边上的中线，所以.
又因为平面，且与相交于点，所以平面.
因为平面，所以.即.
由勾股定理得，.
平面，平面，且平面平面，所以异面直线与的距离，即平面与平面的距离.设该距离为.
过作平面，垂足为，故.
所以异面直线与的距离最大值为.
故选：C
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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，，，则（ ）
A. 与互斥B. 与相互独立
C. D.
【答案】BD
【详解】对于A，因为，，则，所以A错误，
对于B，因为，所以，又，
则，所以与相互独立，故B正确，
对于C，因为，则，又，
所以，故C错误，
对于D，因为，又，则，
所以，，故D正确.
故选：BD.
10. 已知正四棱锥的所有棱长均为，为棱的中点，为内（含边界）的动点，则（ ）
A. 平面平面
B. 该四棱锥的外接球球心在平面内
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 当面时，长度的最小值为1
【答案】ABD
【详解】对于A中，连接与交于点，
因为四棱锥为正四棱锥，可得平面，
又因为平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确；
对于B中，设正四棱锥外接球的球心为，则在上，
连接，在直角中，可得,
设正四棱锥外接球的半径为，
在直角中，可得，即，
即，解得，即，
所以点与重合，即该四棱锥的外接球球心在平面内，所以B正确；
对于C中，取的中点，连接，交于点，则，
因为平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成角，
因为且为的中点，所以，
在直角中，，且，
在直角中，可得，所以C不正确；
对于D中，取的中点，连接，可得，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为为内的动点，且面，所以点在线段上运动，
由，
可得，所以，所以长度的最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的极值点
B. 当时，在区间上单调递减
C. 若恒成立，则
D. 若关于的不等式的解集为，则
【答案】BCD
【详解】对于A，因为，则，
令，得到或，若，即时，，当且仅当时取等号，
此时在定义域上单调递增，无极值点，所以A错误，
对于B，当时，，
由，得到，所以在区间上单调递减，故B正确，
对于C，因为，则，
又恒成立，当且仅当时取等号，恒成立，当且仅当时取等号，
由恒成立，得到恒成立，即恒成立，
所以，解得，所以，
则
所以，故C正确，
对于D，由，得到，令，
则，令，得到或，
当，即时，时，，时，，
即的增区间为，减区间为，
又时，，，时，，
则存在唯一，使，所以的解集为，
即的解集为，所以满足题意，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
所以在定义域上单调递增，又时，，时，，
则存在唯一，使，所以的解集为，
即的解集为，所以满足题意，
当，即时，时，，时，，
即的增区间为，减区间为，
又时，，，时，，
则在上，存在唯一，使，
要使关于的不等式的解集为，则，
整理得到，解得，所以，
综上所述，关于的不等式的解集为时，，所以D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 3名学生和2名老师随机排成一行，2名老师不相邻，则不同排法的种数为_______．
【答案】72
【详解】先排3名学生，有种方法，再把2名老师插入间隙中，有种方法，
所以不同排法的种数为.
故答案为：72
13. 已知函数若，则_______．
【答案】或或
【详解】设，则，
当时，，由，可得；
当时，，由，两边同时立方可得；
当时：
若，，根据对数的定义可得​；
若，，由，两边同时立方得，但，不满足这个条件，舍去；
当时：
若，，根据对数定义可得；
若，，两边同时立方得；
综上，或或.
故答案为：或或.
14. 若实数满足，则的最小值为_______．
【答案】
【详解】令，，则，，
由题知，则，
所以， ，
所以
令，则，，
则，当且仅当，即时取等号.
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. 已知且．
（1）若，解关于的方程；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）或.
（2）
【小问1详解】
时，，
，
方程，即，化简得，
所以或，解得或.
小问2详解】
，
①当时，函数在上单调递减，
故，解得：，此时；
②当时，函数在上单调递增，
故，解得：，
综上可得的取值范围为.
16. 近日，年江苏省城市足球联赛（被球迷称为＂苏超＂）如火如荼地进行，引发广泛关注．某地区随机抽取了部分市民，调查他们对赛事的关注情况，得到如下列联表：
（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为关注＂苏超＂赛事与性别有关？
（2）现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层抽样的方法随机抽取3名市民参加＂苏超＂赛事知识问答．已知男性、女性市民顺利完成知识问答的概率分别为，，每个人是否顺利完成相互独立．求在有且仅有2人顺利完成的条件下，这2人性别不同的概率．
附：；
【答案】（1）不能认为关注“苏超”赛事 与性别有关；
（2）
【小问1详解】
列联表如下：
零假设为关注“苏超”赛事与性别无关，
则，
故依据小概率值的独立性检验，我们不能否定零假设，
即不能认为关注“苏超”赛事与性别有关.
【小问2详解】
由分层抽样可知，抽取男性市民2人，女性市民1人，
记“有且仅有2人顺利完成知识问答”为事件，“2人性别不同”为事件，
则，
，
，
所以在有且仅有2人顺利完成知识问答的条件下，2人性别不同的概率为.
17. 已知函数的图象在点处的切线经过点．
（1）求实数的值；
（2）证明：；
（3）证明：有且仅有一个零点．
【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析；
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
又因为，
所以函数的图象在点处的切线为，即，
又切线过点，所以；
【小问2详解】
令，则，
当时单调递增；当时单调递减；
所以，
所以，即；
【小问3详解】
因为，所以，
当时，，所以，所以在上单调递减；
因为，
所以时存在唯一使得；
当时，由（2）知：，当且仅当时等号成立，
又因为，
所以，
所以，所以时没有零点；
又因为，
所以当时，有一个零点；当时，没有零点；
所以当时，有且仅有一个零点；
18. 如图，在三棱锥中，，，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面，平面，且平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值；
（3）若二面角的余弦值为，求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【小问1详解】
由，则，即，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面.
【小问2详解】
若分别是上的点，且，显然为平行四边形，
由平面，平面，则平面，
由平面，平面，则平面，
因为平面，平面，且为异面直线，
故平面与平面平行或重合，所以可由平面平移得到，
令平移后则，所以，，
又截面始终为平行四边形，所以，
要使截面的面积最大，只需且，此时最大；
【小问3详解】
由（1）平面，在平面内作，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系，设，则，，，
故，，，，
若是平面的一个法向量，则，可取，
若是平面的一个法向量，则，可取，
由二面角的余弦值为，则，
所以，可得，解得或（舍），
所以.
19. 已知函数的定义域为，当时，，函数的周期为2，当时，．
（1）若在上满足，，，求：
（2）若的图象有一条平行于轴的对称轴，证明：是常函数：
（3）若，函数是周期函数，证明：是常函数．
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【小问1详解】
由，令，
则，又，
所以，
由，令，
则，所以，
令，则，
所以，
令，由，
则，所以，
由，令，
则，所以，
由在上满足，且当时，，
因为，所以，
又，所以.
【小问2详解】
设函数的图象关于直线（为常数）对称，
则对任意，有，
任取，由题知函数单调不减，
有，
又，
所以，
由对称性得：
所以
所以函数为常函数.
【小问3详解】
因为函数的周期为2，
所以
因为函数是周期函数，
设周期为，则对任意有：
即，
令，则，
因为，所以，
令，则，
因为，所以，
又，所以要使，必有，即，即，
所以是2正整数倍，所以，
因为，所以，
当时，，所以函数是单调不减函数，
假设函数不是常函数，则存在使得，与矛盾，
故原假设不成立，所以函数为常函数.
性别
不关注赛事
关注赛事
男性
29
96
女性
27
48
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
不关注赛事
关注赛事
合计
男性
29
96
125
女性
27
48
75
合计
56
144
200