江苏省扬州市2025-2026学年高三上学期期中检测数学试题与解析

这是一份江苏省扬州市2025-2026学年高三上学期期中检测数学试题与解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.已知 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】 得 ,则 ,又 ,则 .
2.函数 图象的一条对称轴方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】令 ,得: ,所以函数 图象的对称轴方程为: .令 得: ,令 得: ,令 得: ,故只有选项 C 正确.
3.” ，当 时，都有 ”是 “ ，都有 ” 的
A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】 ,当 时,都有 ,则 在 单调递增,所以 反之 ,都有 ,不能得到 在 单调递增,
例如 ,该函数在 上单调递减,在 上单调递增, ,
显然满足 ,但在 上不单调递增;所以 “ ,当 时,都有 ”是“ ,都有 ”的充分且不必要条件.
4.函数 的部分图象如图所示,则 的解析式可以是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由函数解析式及奇函数定义知, 为奇函数, 为偶函数, 为非奇非偶函数, 由 图象可知,函数为奇函数,排除 ,又 只有一解 ,即函数只有一个零点,故排除 .
5. 表示不超过 的最大整数,十八世纪,函数 被高斯采用,因此得名高斯函数,例如: . 若 ,则实数 的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为 ,则 ,根据高斯函数定义可得实数 .
6.若 ，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】联立 ,解得: 或 ,又因为 ,则 ,所以 ,所以 .
7.在 中,角 的对边分别为 ,若 ,则边 的值为
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】由 结合余弦定理可得 ,化简得 ,则 ,又 ,则 ,
则 ,即 ,
则由正弦定理 ，得 .
8.已知 ,则它们的大小关系正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令 ,求导得: ,故 在 上单调递减，所以 ，故 ，又因为 ,故 ,故 ;
令 ,求导得: ,由 得: ,所以 ,而 ,故 对 上恒成立,
故 在 上单调递增,故 ,故 ,故 ;
综上: .
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.在正 中,边长为 3, 为边 的中点,则下列结论正确的有
A.
B. 在 上的投影向量为
C.
D.
【答案】ACD
【解析】 ,
故选项 A 正确;
在 上的投影向量为:
故选项 B 错误;
因为 为边 中点，
所以 ,
又因为 ,所以 ,
所以 .
故选项 C 正确;
因为 为等边三角形,且 为边 的中点,
所以 ,
所以: .
故选项 D 正确.
10.下列各式结果为 1 的有
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】 ，A 选项错；
选项正确；
选项错误;

D选项正确.
11.已知 且 ，则下列结论正确的有
A. 的最小值为
B. 的最大值为
C. 的最大值为 1
D. 的最小值为 10
【答案】AD
【解析】 选项,因为 且 ,所以
,
根据基本不等式可得 ,当且仅当 且 时取等号,所以 A 选项正确;
B 选项, ,
因为 ,当且仅当 时取等号,
所以 ,则 ,
当且仅当 时取等号,即最大值为 , B 选项正确;
选项,因为 ,所以 ,
,又 ,
代入得:
令 ,表达式变为 ,
取特殊值 (此时 ),计算得:
而当 时，值为 1，故 1 不是最大值，选项 C 错误；
选项 D, 化简表达式:
取特殊值 (此时 ),代入计算: ,说明最小值不是 10,选项 D 错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知向量 均为单位向量，且 ，则 和 的夹角大小为________.
【答案】
【解析】由于 均 单位向量，故 .给定 ,对两边取模的平方得: 代入 ，得:
解得: .
13.写出一个同时具有下列性质①②③的函数 _______.
① ; ②当 时, ; ③ 是奇函数.
【答案】 (答案不唯一)
【解析】取 ,则 ,
所以 ,满足①,
,当 时,有 ,满足②,
的定义域为 ,又 ,故 是奇函数，满足③.
故答案为: (答案不唯一) .
14.在平面四边形 中, ,若满足上述条件的平面四边形 有且只有 1 个，则边 的取值范围是________.
【答案】
【解析】在 中,由余弦定理可得 , 所以 ,
由正弦定理可得 ,即 ,
因为 ,所以 ,所以 ,
在 中,由正弦定理可得 ,即 ,
因为满足上述条件的平面四边形 有且只有 1 个,
所以 或 ,得 或 ,
所以边 的取值范围是 .
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.函数 的部分图象如图所示.
(1)求 的解析式及其单调增区间；
(2)若 ，求不等式 的解集 .
【解析】(1)由图象可知 ,
函数 的最小正周期 满足 ,故 ,所以 ,
所以 ,
因为 ,可得 ,
因为 ,故 ,所以 ,解得 ,
因此 ,
令 ,解得 ,
所以 的单调递增区间为 .
(2)由 得 ,
即 ,则有 ,
解得 ,又 ,所以 ,
综上,不等式的解集为 .
16.一个盒子中有 6 个大小重量相同的小球, 其中 2 个白球, 4 个黑球, 甲同学从盒子中分 3 次随机抽取, 每次抽取1个球.
(1)若每次抽出的球放回，求恰有 2 次抽取到黑球的概率；
(2)若每次抽出的球不放回.
①记抽取到的黑球个数为随机变量 ，求 的分布列和数学期望；
②在抽取到 1 个黑球与 2 个白球的前提下，求第 2 次抽到黑球的概率.
【解析】(1)若每次抽出的球放回,则每次抽取到黑球的概率为 ,
则随机抽取 3 次，恰有 2 次抽取到黑球的概率 .
(2)①由题意知: 所有可能的取值为1,2,3，
;
的分布列为:
数学期望 .
②记事件 为 “抽取到 1 个黑球与 2 个白球”,事件 为 “第 2 次抽到黑球”,
则事件 为 “第 1 次和第 次抽到白球，第 2 次抽到黑球”；
,
即在抽取到 1 个黑球与 2 个白球的前提下,第 2 次抽到黑球的概率为 .
17.如图,四棱锥 和四棱锥 中,底面 为边长为 6 的正方形, 平面 平面 ,且 .
(1)求证: 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求四棱锥 和四棱锥 重合部分的体积.
【解析】
(1) 证明: 因为 平面 平面 ,所以 ,又因为 平面 .所以 平面 .
(2)分别以 为 轴建立空间直角坐标系,
由题意得:
所以 ,
设平面 的法向量为 ,
故 ,令 得
故平面 的一个法向量为 ，直线 与平面 所成角为 ,
所以直线 与平面 所成角的正弦值 .
(3)连接 ,由 且 ,可得: 四边形 为平行四边形,故 相交,设交点 ;
易得四边形 为平行四边形,故 相交,设交点为 ,
故四棱锥 和四棱锥 重合部分为几何体 ,
分别取 的中点 ,连接 ,容易得到几何体 为三棱柱.
几何体 由四棱锥 与三棱柱 组合而成.
所以几何体 的体积 .
18.已知函数 .
(1)若函数 在 处的切线方程为 ，求 的值；
(2)讨论 的单调性；
(3)当 时,记函数 ,求证: 函数 有唯一的极大值点 ,且
【解析】 (1) 因函数 在 处的切线方程为 ,则 ,得 ；
(2) ,
当 时, ,则 在 上单调递减;
当 时, 得 得 ;
则 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 .
(3)当 时, ,
则 ,
令 ,则 ,
则 得 得 ,
则 在 上单调递减,在 上单调递增,故 ,
又 ,
则由零点存在性定理可知, 使得 ,
则 或 时, 时, ,
故 在 和 上单调递增,在 上单调递减,则 有唯一的极大值点 ,
且 ,
令 ,则 ,
则 在 上单调递增,则 ,故 .
19.在 中,角 的对边分别为 的面积为 . 已知 .
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，求 的最小值；
(3)若 . 分别在边 上，且 ，求 面积的最小值.
【解析】 (1)因为 ,所以由正弦定理可得 ,因为 ,所以 ,所以由余弦定理得 .
(2)由三角形面积公式得 ，且 ，解得 ，由余弦定理得
令 ,则 ,
即 ,其中 ,可得 ,解得 ,
则 ,当且仅当 ,即 时,等号成立,所以 的最小值为 .
(3) 由题意得 ,而 ,可得 ,
如图, 作出符合题意的图形,
设 ,则 是等边三角形,得到 ,
因为 ,所以 ,而 ,
故 ,设 ,
在 中,由正弦定理得 ,
解得 ,
在 中,由正弦定理得 ,解得 , 如图,过 作 ,可得 ,
由锐角三角函数的定义得 ,则 ,
因 ,所以 ,
化简得 ,则 ,
由辅助角公式可得 ,
由正弦函数有界性可得 ,
即 ,故 ,
由三角形面积公式得 .1
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