2025-2026学年江苏省基地学校高三上学期第一次大联考数学试卷（附答案解析）

这是一份2025-2026学年江苏省基地学校高三上学期第一次大联考数学试卷（附答案解析），共19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
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．某公司生产的糖果每包的标识质量是500克，但公司承认实际质量存在误差.已知每包糖果的实际质量服从正态分布，且任意一包的糖果质量介于495克到505克之间的可能性为，则随意买一包该公司生产的糖果，其质量超过495克的可能性约为（ ）
A．B．C．D．
4．若某社交APP的用户数每月增长，则用户数从100万户增加到1000万户需要的时间约为（ ）
A．15月B．25月C．35月D．45月
5．设函数在区间上单调递减，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．3
6．已知圆心在轴上移动的圆经点，且轴交于另一点，与轴交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
7．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．2D．6
8．已知和都是定义在上的奇函数，设则（ ）
A．不可能是增函数B．不可能是偶函数
C．D．
二、多选题
9．在正三棱柱中，为AB的中点，则下列结论一定成立的有（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
10．已知函数，则（ ）
A．曲线关于直线对称B．的极大值为
C．存在，D．有最小值，无最大值
11．已知数列满足，则（ ）
A．任意B．存在
C．D．
三、填空题
12．已知向量，若与的夹角的余弦值为，则 .
13．已知四面体的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体的体积的最大值为 .
14．袋中有7个小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球.每次不放回从袋中随机取出一个球，当三种颜色的球都取到时停止，则停止摸球时共取出5个球的概率为 .
四、解答题
15．已知向量，设函数.
(1)求的最小正周期；
(2)若，求的最值和单调区间.
16．已知数列的首项，且满足.
(1)证明：是等差数列；
(2)记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求.
17．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，上顶点为是上异于顶点的两点.
(1)求的方程；
(2)若在第一象限，的面积是面积的2倍，求的坐标；
(3)若直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线经过定点.
18．如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形，.
(1)证明：B，E，F，C四点共面；
(2)若，求该几何体的体积；
(3)求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值.
19．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)设，证明：对任意，都有；
(3)若数列满足，证明：.
《江苏省基地学校2026届高三上学期第一次大联考数学试卷》参考答案
1．A
【分析】利用复数的四则运算，即可作出判断.
【详解】由题意得：.
故选：A.
2．D
【分析】由的单调性，确定集合中的元素，再由交集运算即可求解.
【详解】因为是增函数，且，
所以满足的最小整数为3，
所以.
故选：D.
3．D
【分析】根据概率的性质和正态分布的对称性，计算得出答案.
【详解】由概率之和为1及对称性求解，得.
故选：D.
4．B
【分析】根据题意列方程，再两边同时取对数计算即可.
【详解】设用户数从100万户增加到1000万户需要的时间为月，则，即，
两边取常用对数得，所以.
故选：B.
5．A
【分析】求出函数的导函数，依题意在上恒成立，即可得到在上恒成立，从而求出的范围.
【详解】因为，所以，
因为函数在区间上是减函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，因为时，，所以，
所以的最大值是.
故选：A.
6．C
【分析】由为直径，确定圆心和半径，进而可求解.
【详解】由题意可知：为圆的直径，所以圆心坐标为，半径为，
因为点在圆上，所以，
整理得.
故选：C.
7．B
【分析】通过平移得到，再利用对称性列方程，即可求解.
【详解】函数的图象向左平移个单位后，
得到的函数，
因为曲线关于直线对称，
所以，，
解得：，，
因为，令，得，所以的最小值是.
故选：B.
8．D
【分析】设，可判断A，C；设，可判断B；分，判断D.
【详解】设，
则，是增函数，
且，故A，C错误；
设，
则，
此时为偶函数，故B错误；
对于D，对任意，
若，则，
即，
由题意可知,
所以，，
所以，
所以；
若上式也成立，故D正确.
故选：D.
9．BC
【分析】由线面平行的性质定理可判断A的正误，由面面平行的性质可判断B的正误，根据线面垂直的判定定理可判断C的正误，利用反证法可判断D的正误.
【详解】对于A，取中点，连接DE交于点，连结，
若平面，因为平面平面，平面，
故，由正三棱柱可得，
故四边形为平行四边形，故，但，矛盾
故A错误；
对于B，如图，由矩形可得，
由正三棱柱可得，，
故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，
同理平面，而平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面，故B正确；
对于C，由正三棱柱可得平面，
而平面，所以，
因为是正的中线，所以，
而平面，故平面，故C正确；
对于D，若平面，因平面，故，
故矩形为正方形，由条件可知该结论不一定成立.
故选：BC.
10．ABD
【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用函数的极值与导数的关系可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；令，可得出，利用二次函数的基本性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，
，
所以曲线关于直线对称，A对；
对于B选项，因为，
则，
由可得或，
由可得或，
所以函数的减区间为、，增区间为、，
所以函数的极大值为，B对；
对于C选项，当时，，
因为在上是减函数，所以，C错；
对于D选项，令，则，
设，其中，则，当且仅当时，等号成立，
故函数在上只有最小值，无最大值，
故函数有最小值，无最大值，D对.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】利用数列的递推关系式，结合转化方法和不等式的综合应用、从而来判断各选项.
【详解】对于A，因为，所以；
因为，所以与同号，
因为，所以，即，故A正确；
对于B，因为，，所以，
即，所以有，故B错误；
对于C，因为，两边取倒数得：1，
所以（※），，由B知当时，，
则当时，有，
所以当时，，即，
因为，，所以当时，不等式恒成立，
所以当时，。经验证，时不等式也成立，故C正确；
对于D，由（※）式得，，
所以，
因为，所以，故D正确，
故选：ACD.
12．
【分析】由向量夹角公式的坐标表示即可求解
【详解】设与的夹角为，
由夹角公式得，解得.
故答案为：
13．
【分析】求得球心到平面的距离，可求得到平面的距离的最大值，进而可求四面体的体积的最大值.
【详解】设球心为，因为球的表面积为，所以球的半径.
因为是边长为3的正三角形，所以的外接圆半径为，
所以到平面的距离，
所以到平面的距离的最大值为，
所以四面体的体积的最大值为：.
故答案为：
14．
【分析】按照第5次摸到的球的颜色进行分类，利用排列组合的知识求解.
【详解】根据题意可知，停止摸球时共取出5个球的所有可能的情况为：
前4次摸出的球仅有白球和红球，第5次摸出1个黄球：此时概率为，
前4次摸出的球仅有白球和黄球，第5次摸出1个红球：此时概率为，
前4次摸出的球仅有黄球和红球，第5次摸出1个白球：此时概率为，
故停止摸球时共取出5个球的概率为.
故答案为：
15．(1)
(2)的最小值为，最大值为的单调递增区间为，单调递减区间为
【分析】（1）利用向量数量积得出函数关系式，再利用二倍角正弦与余弦公式化简前者得正弦型函数，故可求周期；
（2）根据正弦函数的性质可求的最值和单调区间.
【详解】（1）
，
故的最小正周期为.
（2）因为，所以，
所以当，即时，取得最小值，最小值为；
当，即时，取得最大值，最大值为.
令，即时，故在递增；
令，即时，故在递减.
综上，的最小值为，最大值为，
的单调递增区间为，单调递减区间为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，即可求证；
（2）通过分组求和即可求解.
【详解】（1）证明：因为，显然，所以，
所以，
即，
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
（2）由（1）得，，
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
所以.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由长轴长与离心率求出椭圆方程；
（2）设，由面积公式列出等式求解即可；
（3）设直线方程为，联立椭圆方程，由列出等式化简即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
所以的方程为.
（2）
设，则，①
因为的面积是的面积的2倍，
所以，即，②
联立①②，解得，
所以.
（3）显然直线PQ与轴不垂直，设其方程为，
联立消去得，
设，则，
由题意，即.
即.
则
则，
即直线PQ过定点.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用平行直线共面关系得出结论；
（2）法1，利用分割法可求几何体的体积；利用补形法可求几何体的体积；
（3）建立空间直角坐标系，进而利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取CD中点M，DF中点，连接BM，MN，EN，则，
因为，所以四边形AEND是平行四边形，
所以，因为，
所以四边形ABMD是平行四边形，
所以，所以，
所以四边形BENM是平行四边形，所以，所以，
所以B，E，F，C四点共面.
（2）法1：连接AF，BF，在平面ADF中，作，垂足为，
因为平面，
所以平面AEFD，即AB是三棱锥的高.
因为平面AEFD，所以，
因为，所以，
因为平面，
所以平面ABCD，
即FG是四棱锥的高，且.
梯形AEFD的高为，
所以，
因为，
所以该几何体的体积.
法2：延长FE，DA交于点，因为平面平面ABCD，
所以是平面BEFC和平面ABCD的公共点，
因为平面平面，所以，
所以所求几何体的体积等于三棱锥与三棱锥的体积之差.
同法1可证AB是三棱锥的高，CD是三棱锥的高，
因为，
所以为PD的中点，即，因为，
所以，
所以该几何体的体积
.
（3）在平面AEFD中，过点作，交EF于点，由（2）知平面ABCD，
以为原点，为基底，如图建立直角坐标系，
则，
设，则，
所以.
设平面BDE的一个法向量，
则所以，
令，则，
所以平面BDE的一个法向量为，
设平面BEFC的一个法向量，则，所以，
令，则，
所以平面BEFC的一个法向量.
设平面BDE与平面BEFC的夹角为，则
当且仅当，即时，等号成立.
所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，利用导数的几何意义求出含参的切线方程；
（2）利用函数单调性证明不等式即可；
（3）构造函数可证明结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）因为，所以时，递减；
时，递增；
因为，所以，或，
若，由在上递增得；
若，因为在上递减，所以，
要证，
只要证.
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，所以.
故.
（3）由（2）知，在上单调递增，，
因为对任意，
所以存在唯一，使得，
由得，
首先证明：.①
设，
则递增，所以，
当时，，，所以单调递增；
当时，，，所以单调递减，
则，当且仅当时取“=”.
所以，即.
其次证明：.②
设，
则，所以在上单调递增，所以，
令，得.
由①②得，
综上，原不等式得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
D
B
A
C
B
D
BC
ABD
题号
11









答案
ACD