江苏省镇江市2026届高三上学期期初监测数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省镇江市2026届高三上学期期初监测数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知随机变量，则， 已知，且，则的最小值为， 已知函数，则的值域为， 已知对于，恒有，且当时，， 下列求导结果正确的有等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意知，故选B.
2. “” 是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】D
【详解】当，时，满足，此时，
当，时，满足，此时，
所以“” 是“”的既不充分又不必要条件，
故选：D
3. 下列函数为偶函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】对于A，函数的定义域为，，所以为奇函数，故A错误；
对于B，由可得，所以函数的定义域为，
，所以为奇函数，故B错误；
对于C，函数的定义域为，
，
所以为偶函数，故C正确；
对于D，函数的定义域为，，所以不是偶函数，故D错误.
故选：C
4. 已知随机变量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，
又，所以，
则.
故选：C.
5. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为，且，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
6. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. 5D. 10
【答案】A
【详解】因为、，
所以，
又平面的一个法向量，
所以点到的距离.
故选：A
7. 已知函数，则的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为，所以的定义域为.
，
令，即，得，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
所以时取得最大值，即，
又，即最小值为.
所以的值域为.
故选：C
8. 已知对于，恒有，且当时，.对于，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】已知对于，恒有，
令，则，
令，则，所以为奇函数.
任取，则，已知当时，，则，
又，则，
，故为上的减函数，因，
由可得，
因为上的减函数，故对于恒成立，
令，则对于恒成立.
求导得，
当时，，在上单调递增，当时，，不合题意；
当时，令，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，上单调递增.
在处取最小值，
要使恒成立，需使，即，
解得；
当时，，因为对于恒成立，符合题意.
综上，.
故选：B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的选项中，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. 下列求导结果正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【详解】对A，，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，，故D正确.
故选：BD.
10. 某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植同一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量与田块数的关系（单位：），并整理下表
据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A. 100块稻田亩产量的中位数小于
B. 100块稻田中亩产量低于的稻田所占比例低于
C. 100块稻田亩产量的极差介于至之间
D. 100块稻田亩产量的平均值介于至之间
【答案】BC
【详解】对于A，根据频数分布表可知，，所以亩产量的中位数不小于1050kg，故A错误；
对于B，亩产量不低于1100kg的频数为，所以低于1100kg的稻田占比为，故B正确；
对于C，稻田亩产量的最大在区间内，最小在区间内，故极差在范围内，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误。
故选：BC．
11. 边长为1的正方体中，向量，则（ ）
A. 若，则存在点，有
B. 若，则
C. 若，则的最小值为
D. 若，则三棱锥的体积为定值
【答案】BC
【详解】
如图所示：
已知，
当时，即，
解得，由，所以不满足条件，不存在点使得，所以A错误；
当时，，，
，所以，所以B正确；
由题意知，
所以，
由不等式可知，
因为，所以，所以；
由均值不等式可知，
所以，所以C正确；
当时，点与三点共面，即面，
由正方体的性质可知，
所以面面，可得三棱锥的体积为定值；
即，正方体棱长为1，则，所以D错误；
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的取值如下表：
从散点图分析，与线性相关，且回归方程为，则______.
【答案】
【详解】由表中数据，计算得：，，
又线性回归方程过样本中心点，所以，解得.
故答案为：
13. 某数学兴趣小组6名同学排成一排照相，其中甲、乙两名同学必须彼此相邻，丙不在队伍两头的安排方式共有__________（用数字作答）种.
【答案】144
【详解】6名同学排成一排照相，其中甲、乙相邻的安排方式有（种），
6名同学排成一排照相，其中甲、乙相邻，丙在队伍两头的安排方式有（种），
所以6名同学排成一排照相，其中甲、乙两名同学彼此相邻，丙不在队伍两头的安排方式共有（种）.
故答案为：144.
14. 商场为了迎接促销，举办抽奖活动，奖池内有编号为的大小相同、质地均匀的4个乒乓球.乒乓球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖（鼓励奖）.规则是：每人可连续抽奖2次，每次抽完后将乒乓球放回奖池，记第次抽到的奖品等级为，某顾客第一次没有抽到一等奖，且第二次抽到一等奖的概率是__________；用表示“两次抽到的等级差”，则的数学期望为__________.
【答案】 ①. ； ②. ##.
【解析】
【详解】因为每次抽完后将乒乓球放回奖池，所以每次抽奖相互独立.
则根据题意，第一次没有抽到一等奖的概率为，第二次抽到一等奖的概率为.
由于两次抽奖是相互独立事件，根据独立事件概率乘法公式，
可得某顾客第一次没有抽到一等奖，第二次抽到一等奖的概率是.
根据题意，随机变量，、分别表示第一次和第二次抽奖的获奖等级，
则、，所以的取值可能为0、1、2、3，两次抽奖等级共有种情况，
则表示两次抽奖等级相同，共有4种情况，
即，，，，所以，
表示两次抽奖等级相差1，共有6种情况，
即，，，，
，，所以，
表示两次抽奖等级相差为2，共有4种情况，
即，，，，
所以，
表示两次抽奖等级相差为3，共有2种情况，即，，
所以，
所以，的数学期望.
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. 已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）当，求的最值.
【答案】（1）
（2）最大值；最小值为.
【小问1详解】
依题意，，则，
又，即切点坐标为，
故所求切线方程为：，即.
【小问2详解】
由.
令，得.
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
故是的极小值，也是最小值.
又，
而，即.
故在区间上的最大值为，最小值为.
16. 已知.
（1）当时，，求中的最大值；
（2）若，求.
【答案】（1）；
（2）.
【小问1详解】
当时，，
，则，
显然为奇数时，；为偶数时，；
则当取到最大值时，为偶数，此时，
由，即，解得，
因为为偶数，则.
此时.
【小问2详解】
因为，
，
令，得：，所以：．
17. 已知函数.
（1）若的定义域和值域均是，求实数的值；
（2）若，对任意的都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由可知，函数对称轴为，因为，所以函数在上单调递减，
的定义域和值域均是，可得，即，解得.
【小问2详解】
由可知，函数对称轴为，在上单调递减，
，由可知恒成立，
当时，即，在上恒大于零，
则此时，
因为当时，，故且，
对任意的都有恒成立；
当时，，则，不符合题意；
当时，因为且，
所以存在，使得，
则当时，，，
此时，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.
18. 2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式在天安门广场隆重举行.某部队观看阅兵直播结束后，就举行了射击比赛.每个参赛队由两名战士组成，比赛分为两个阶段.比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名战士射击3次，若3次都未射中靶子，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少射中靶子一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名战士射击3次，每次射中靶子得5分，未射中靶子得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲､乙两名战士组成，甲每次射中靶子的概率为，乙每次射中靶子的概率为，各次射击中靶与否均相互独立.
（1）若，甲参加第一阶段比赛，求甲､乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
（2）假设，
（i）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？
（ii）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？
【答案】（1）
（2）（i）由甲参加第一阶段比赛；（ii）由甲参加第一阶段比赛；
【小问1详解】
甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
【小问2详解】
（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
（ii）若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
19. 已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小；
（3）如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）或；
（3）.
【小问1详解】
分别连接交于点，连接，在平面内过作，垂足为，
因为，所以垂足不与点重合，如图：
又因为平面平面，平面平面平面，则平面，
又因为平面，所以．
在正方形中，．平面平面，
则平面，又因为平面，所以．
【小问2详解】
方法一：在平面内，过作，垂足为，连接，
由（1）得，平面，因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
所以易知是二面角的平面角，，
在边长为1的正方形中，，
所以，
在Rt中，，
在中，，
,解得或,
（i）当，又因为，在中，满足，则．
又因为平面，所以平面．
因为平面，则，所以，
又因为平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等，
过作，垂足为．又因为平面平面，
平面平面，平面，所以平面．
在Rt中，，所以到平面的距离为．
设与平面所成角为，则，
又因为，则．
（ii）当，在中，得：，
如图，在中，，
Rt中,,
因为，
设到平面的距离为，所以，
得：，所以到平面的距离为，
设与平面所成角为，又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图．
则，
设，则．因为，
所以①．
因为，所以②．
因为平面，所以平面法向量，
设平面法向量，，
则不妨取，则．所以．
因为二面角为，所以③．
由①②③解得，或，即或．
（i）当时，
设平面法向量则即
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为，
．又因为，所以．
（ii）当时，．
设平面法向量，
则，即，
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为．又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
【小问3详解】
法一：因为面，所以面．
所以．以为正交基建立空间直角坐标系．
因为平面平面，所以平面．
又因为平面，且平面平面，所以，
设，，
设平面法向量，，
则，不妨取，则．所以．
因为平面，所以平面法向量．
因为二面角为，所以，
即，解得，即．
设设平面法向量，
，则，不妨取，则．所以．
，设平面法向量，
，则不妨取,则，所以.
则，
设
,
．当且仅当时，，即最小值为．
法二：求出的过程同法一，
将补成正方体，平面平面，所以即为．
又因为，过作，垂足为，因为平面，
所以为二面角的平面角．
在中，④，⑤，
由④⑤得：，
则，得．
则，解得，
当且仅当时，，此时，即最小值为．
亩产量
田块数
6
12
18
30
24
10
0
1
3
4