江苏省南京市、镇江市、徐州市联盟校2026届高三上学期10月学情调研数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省南京市、镇江市、徐州市联盟校2026届高三上学期10月学情调研数学试卷（Word版附解析），共16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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】集合，则，
所以.
故选：B
2. 设，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【详解】设，，显然有，但是不成立；
若，因为，所以有成立.
所以，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：C.
3. 已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为，方差为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【详解】根据题意有，
而.
故选：C.
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. 12B. 60C. 160D. 240
【答案】B
【详解】因为的二项展开式的通项为
，
令，解得，所以，
所以的展开式中的系数为60.
故选：B
5. 若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（ ）
A. 3B. 8C. 9D. 27
【答案】D
【详解】由题设，的值域为，则或或，
结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数，
所以共有种.
故选：D
6. 将函数图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】函数的图象向右平移，
得到，
由于偶函数，所以，即，
由于，所以取，得.
故选：A
7. 若函数有且只有一个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】，定义域为，，
因为函数有且只有一个极值点，
所以方程有一个根大于0，一个根小于等于0，
所以.
故选：C
8. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【详解】设小球的半径为，则小球的表面积为，解得，
在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示：

由小球的半径，
得，
又都是等边三角形，则，
圆台的上、下底面圆的半径分别为，
母线长，因此圆台的侧面积为，
在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为，
所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为.
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. 下列命题中正确的有（ ）
A. 已知随机变量，则
B. 数据2，3，4，5，6的第60百分位数是4
C. 若事件A与B互斥，且，，则
D. 样本数据，，，的平均数为，方差为，则，，…，的平均数为，方差为
【答案】CD
【详解】对于A：由，所以，故A错误；
对于B：由，所以数据2，3，4，5，6的第60百分位数是，故B错误；
对于C：事件A与B互斥，且，，所以，故C正确；
对于D：利用平均数和方差的性质有：样本数据，，，的平均数为，
方差为，则，，…，的平均数为，方差为，故D正确.
故选：CD.
10. 在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（ ）
A.
B. 该三棱柱的体积为4
C. 过，，三点截该三棱柱的截面面积为
D. 直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】ABD
【详解】
如图建立空间直角坐标系，则.
对于A，，
因，
，
可得，
因，且两直线在平面内，则有平面，
又为棱上的动点，故，即A正确；
对于B，由题意，该三棱柱的体积为，故B正确；
对于C，如图，设经过，，三点的截面交于点，连接，
因，平面，平面，则平面，
又平面，故得，即截面为梯形.
因，，
设梯形的高为，则，解得.
则故C错误；
对于D，如图，因平面，平面，则，
又，，且两直线在平面内，故得平面，
故可取平面的法向量为，
又为棱上的动点，可设，则，
设直线与平面所成角为，则，
因，故当且仅当时，取得最小值为5，此时取得最大值为，
因，而正弦函数和正切函数在上均为增函数，
故此时取得最大值为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. ，使得
B. 函数的图象是一个中心对称图形
C. 曲线有且只有一条斜率为的切线
D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为
【答案】ABD
【详解】因为，
当，所以，可得，且，所以，使得，A选项正确；
，所以函数的一个中心对称为，B选项正确；
，又因为，所以，所以函数没有斜率为的切线，C选项错误；
令，，所以，
有两个交点，所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，D选项正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，且，则__________.
【答案】
【详解】因为随机变量，且，
所以，
则.
故答案为：
13. 已知，则_________
【答案】
【详解】设，则
所以
故答案为：
14. 数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．请你从“对称性”的角度完成下面概率问题：已知有，，，，，，，八名运动员参加比赛，按照下图进行单败淘汰制（赢者晋级下一轮，败者被淘汰）.其中在图示中①的位置，在图示中⑤的位置，其余运动员抽签决定自己第一轮的比赛位置.已知与除以外的运动员比赛胜率为，与除以外的运动员比赛胜率为，除此以外其余场次比赛（包括间的比赛）每位运动员胜率都为，则运动员夺得冠军的概率为________．
【答案】
【详解】进入决赛的概率为，进入决赛的概率为，
夺冠有两种情况，进入决赛和没进入决赛，所以夺冠的概率为，
夺冠有两种情况，进入决赛和没进入决赛，所以夺冠的概率为，
所以或夺冠的概率为，由概率的对称性可得，夺冠的概率为.
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. 已知函数，当时，的极小值为，当时，有极大值．
（1）求函数；
（2）存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【详解】（1）∵，
由，得且，解得，，
又，∴，
∴；
（2）存在，使得，等价于，
∵，
当时，，当时，，
∴在上递减，在上递增，
又，，
∴在上的最大值为，
∴，解得，
所以的取值范围是．
16. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，．
（1）求；
（2）若的面积为，是上的点，且，求的长．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
因为，所以，，即，
因为，则，即，故，
由余弦定理可得.
【小问2详解】
因，则，
因为，可得，
因为，，故，，，
是上的点，且，则，，
所以，，
在中，由正弦定理可得，
故.
17. 盒中有3个红球，6个白球，这些球除颜色外完全相同.
（1）若从盒中不放回地随机取3次，每次取1个球，记为取到的红球的个数，求的分布列和数学期望；
（2）若从盒中每次随机取1个球，取出后将原球放回，再加入3个同色球，求在第2次取到红球的情况下，第3次取到白球的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【小问1详解】
的可能取值为
的分布列如下：
【小问2详解】
记事件“第次取到红球”，于是
那么
.
18. 如图所示的多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥拼接而成的，四边形为直角梯形，，，，，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
由直三棱柱的性质知：，
分别为的中点，，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
由直棱柱的性质得：平面，
平面，，；
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
设直线与平面所成角为，
则，解得：，
平面的一个法向量，
又，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
，
由图可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
19. 已知函数，．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）或.
【小问1详解】
由题意，的定义域为，当时，
所以，则，又，
所以在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
且，则，
当，即时，，则在上单调递减，
当，即时，在上，在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上，时在上单调递减；
时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问3详解】
方程有两个不同实根，等价于方程有两个不同实根，
设且，则且，
当时，时，时，
此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合；
当时，在上单调递增，
当时，，，即使，
在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
，又，
设，则，
所以上单调递减，则，，
，又，则在上和上各有一个零点，符合；
当时，，且在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，且，
只有一个零点，不符合；
当时，，，即使，
在上，单调递减，在上，单调递增，
，，
又时，在上单调递增，
又，，所以，
在上存在一个零点，又，
时有两个零点，符合；
综上，方程有两个不同实根时，或．0
1
2
3