精品解析：江苏省南通市海安市2025-2026学年高三上学期期初学业质量监测数学试题（解析版）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
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】C
【解析】
【分析】结合集合的条件计算可得，，进而根据交集的定义求解即可.
【详解】由，，，，
则，，所以.
故选：C.
2. 已知命题，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定是将任意改为存在，并否定原结论，即可得.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，则.
故选：D
3. 设，不等式的解集为或，则（ ）
A. B. 0C. 2D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知和是方程的两个根，根据韦达定理求出，的值即可求解.
【详解】由题意可知：和是方程的两个根，则由韦达定理可得：和，即，，所以.
故选：A.
4. 设函数的定义域为，则“”是“不是减函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数的单调性的概念，判断两个命题之间的关系.
【详解】首先，若，则函数必定不是减函数，所以“不是减函数”，所以“”是“不是减函数”的充分条件；
其次，若不是减函数，则至少存在一组，使得，但并不一定是，这一组.
比如，在上单调递减，在上单调递增，所以函数不是减函数，但是,所以“不是减函数”不能推出“”，即“”不是“不是减函数”的必要条件.
故“”是“不是减函数”的充分不必要条件.
故选：A
5. 设是大于1的常数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据求导法则对选项一一判断，得到答案.
【详解】A选项，，A错误；
B选项，，B错误；
C选项，，C正确；
D选项，，D错误.
故选：C
6. 已知是奇函数，且当时，，则时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用奇函数的性质，根据题设条件即可求得另一半的解析式.
【详解】因为时，，
当时，则，，
因是奇函数，则.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的单调性比较大小.
【详解】依题意，，则，因此，
而，所以.
故选：A
8. 设集合，函数，且对任意的，则满足题设的的个数为（ ）
A. 14B. 13C. 11D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义，应用列举法写出对应函数值，进而确定的值，结合不等关系确定满足条件的函数个数.
【详解】由，函数，任意的，
若依次为，依次为，
当为，则为，满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，不满足；
当为，则为，满足；
综上，共有13个满足条件.
故选：B
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】举例判断AD；根据基本不等式求解判断BC.
【详解】对于A，当时，无意义，故A错误；
对于B，由，则，当且仅当，即时等号成立，
则，故B正确；
对于C，，
当且仅当时等号成立，而在时，无解，则，故C正确；
对于D，当时，，无意义，故D错误.
故选：BC.
10. 设，函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则为偶函数
B. 若，则的最小值为
C. 若为增函数，则
D. 若曲线关于直线对称，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A利用偶函数的定义；B通过导函数研究其单调性即可；C根据在上恒成立即可；D先根据求出，再根据检验.
【详解】若，则，则，则为偶函数，故A正确；
若，则，令，则，
故在上单调递增，因时；时，
故函数在上存在唯一的零点，即，即，
则得；得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，故B正确；
若为增函数，则在上恒成立，则在上恒成立，故，故C错误；
若曲线关于直线对称，则，则，得，
当时，则，
故关于直线对称，故D正确.
故选：ABD
11. 设正数，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对两边同时取自然对数，结合对数运算法则即可判断选项A；由选项A，结合对数的运算法则可得即可判断选项B；对两边同时取自然对数可得，根据对数运算法则可得.由完全平方公式结合选项A可得，即可判断选项C；由可得，根据对数运算法则可得即可判断选项D.
【详解】对两边同时取自然对数可得，根据对数运算法则可得，故选项A正确；
由选项A中，结合对数的运算法则可得，所以，故选项B正确；
对两边同时取自然对数可得，根据对数运算法则可得，即.
所以，所以，故选项C错误；
由可得，即，根据对数运算法则可得，即，故选项D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 请写出满足“”的一个函数___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据对数的运算性质判断，可以填写对数函数.
【详解】由题意，所求函数定义域为，且满足运算性质，
所以对数函数满足题意.
故答案为：（答案不唯一）
13. 已知二次函数满足：，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设，其中，结合，求得的值，得到函数的解析式，进而求得的值，得到答案.
【详解】由二次函数满足：，且，
其中，
可得设二次函数，其中，
可得，解得，所以，
则，所以.
故答案为：.
14. 一支长的队伍以的速度匀速前进．队尾的传令兵因传达命令以的速度赶赴队首，到达后立即返回队尾，往返速度的大小不变．记传令兵从队尾到队首所用的时间为，从队首到队尾所用的时间为，则___________，传令兵所走的路程为___________．
【答案】 ①. 2 ②. ##2.25
【解析】
【分析】根据追及问题与相遇问题，结合路程与速度和时间的关系求解及传令兵所走的路程即可.
【详解】传令兵从队尾到队首与队伍的相对速度为，
根据路程与速度和时间的关系可得，
传令兵从队首到队尾与队伍的相对速度为，
根据路程与速度和时间的关系可得，
则，传令兵所走的路程为.
故答案：；.
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. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品．
（1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率；
（2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可；
（2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得.
【小问1详解】
设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， .
记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况：
第1次中，第2次未中，第3次未中：；
第1次未中，第2次中，第3次未中：；
第1、2两次均未中，则第3次必得：；
所以.
【小问2详解】
记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3.
；
；
.
分布列
.
16. 在锐角三角形中，记分别为内角的对边，．
（1）求的值；
（2）求角的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，结合三角恒等变换运算求解即可；
（2）根据（1）中结论结合基本不等式可得，且，结合运算求解即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
又因为，
即，
且为锐角三角形，则，则，
可得，所以.
【小问2详解】
因为，且，则，
可得，解得，
当且仅当，即时，等号成立，
则，
因为，则，
可得，，
则，
即的最大值为，且，
所以角的最大值为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若点均在以为球心，2为半径的球面上．
（i）证明：；
（ii）求直线与平面所成角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，得出，由线面平行判定定理得证；
（2）（i）证明两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直（ii）根据线面角的公式求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接，
分别为中点，
，又 ，
，
四边形平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
（i）均在以为球心，2为半径的球面上，
为球的直径，，
，
，
平面，平面，
，，即两两垂直，
以为坐标原点，分别以方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，
，
由可得，解得或（舍去），
，，
，即.
（ii）设直线与平面所成角为，
由，平面的一个法向量，
则.
18. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，短轴长为2．
（1）求的方程；
（2）设为的右顶点，点，直线与的交点分别为，，直线与的另一交点为．
（i）求点的横坐标（用表示）；
（ii）证明：．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质，结合题给离心率及短轴长求出值即可.
（2）（i）已知直线通过点和点，得出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得出D点横坐标；
（ii）由得出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合两点间距离公式计算得出，同理计算得出，比较两值大小即可.
【小问1详解】
已知椭圆的离心率，短轴长，则，.
根据椭圆的性质可知，
所以，
所以，椭圆的方程为：.
【小问2详解】

（i）如上图所示，直线通过点和点，斜率，
则直线方程为.
联立椭圆方程得：
已知为方程一个根（点），设另一个根为，由韦达定理得：
（ii）直线的方程为，代入椭圆方程得，设，
则，
根据两点间距离公式，
所以.
设，由（i）知，，
根据两点间距离公式：
，
所以，命题得证.
19. 已知，函数的定义域为，记集合．
（1）若，，且，求实数的取值范围；
（2）若是否存在，使得中恰有两个元素？
（3）若函数的图象是一条连续不间断的曲线，且导函数是上的增函数，证明：“在点处的切线方程为”的充要条件是“”．
【答案】（1）
（2）存在 （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用一元二次不等式的解集为求出范围.
（2）利用导数求出函数的最小值，并确定集合只有两个元素的即可.
（3）记，由切线方程得，再由单调性求出证得必要性；由，得当时，结合函数极小值的意义求出切线斜率及切线方程证得充分性即可.
【小问1详解】
当，时，
不等式，
依题意，，则，解得，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
当时，，求导得，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，在处取得极小值，
当时，，求导得，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，在处取得极小值，
因此函数在和处取得最小值，不等式的解集为，
取，集合，
所以存在，使得中恰有两个元素.
【小问3详解】
令函数，求导得，
由在上单调递增，得函数在上单调递增，
证必要性：由直线l是曲线在点处的切线，得，即，
当时，，函数在上单调递减，；
当时，，函数在上单调递增，，
因此的解集为，即；
证充分性：若，则当时，，
由函数的图象是一条连续曲线，得，
且在的附近其他自变量（除外）对应的函数值都大于，
即函数在处取得极小值，于是，
因此曲线在点处的切线方程为，
即，直线l是曲线在点处的切线，
综上，“在点处的切线方程为”的充要条件是“”.