江苏省江都中学2026-2027学年高三第一学期开学检测数学试题解析版

这是一份江苏省江都中学2026-2027学年高三第一学期开学检测数学试题解析版，共14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，每小题只有一个选项符合要求
1. 集合，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，.
2. 已知向量，，若与垂直，则=
A. B. C. 3D. 6
【答案】B
【解析】因为与垂直，所以，解得，所以.
3.已知，则的虚部为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以的虚部为1 .
4.已知椭圆（）的离心率为e，点在C上，则
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】由点在C上，得，则，
所以，则，所以，则.
5.将函数的图像向右平移个单位长度得到的图象与原图象重合，则的最小值为
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】由题有，
则，得，结合，得.
6.某公园有一块等腰梯形状的空地，现准备在空地上铺上大理石，使它成为一个运动场地，若第一排需要大理石8片，从第二排开始后面每一排比前一排多2片，共需铺10排，则这块空地共需大理石
A. 160片B. 170片C. 180片D. 190片
【答案】B
【解析】因为这10排大理石片数构成一个首项为8，公差为2的等差数列，
所以.
7.若在上始终成立，则的值为
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】由在上成立，可得：，解得：.
经过验证只有时成立.
下面给出证明：在上始终成立，
，
或时，，，此时成立.
时，，，此时成立.
因此只有时成立.
8.从1，2，3，…，10这十个数中随机抽取一个数记为X，再从1，2，…，X这X个数中随机抽取一个数记为Y，则数学期望
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可得的可能取值为，.
的可能取值为，
，
，
，
从而，其中，
则
，
注意到，
则.
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.已知点均在抛物线上，是的焦点，则
A. B. 直线轴
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】因为点在抛物线上， 所以，
解得，选项A正确.
则抛物线的标准方程为，则焦点，，两点横坐标相等，纵坐标不同，
因此直线垂直于轴，平行于轴，选项B正确.
因为点在抛物线上，所以，则，
因为，所以，则，即，则，
因为，所以，选项C错误.
因为，所以，因为，所以，
即，解得，因为，所以，
则，即，选项D正确.
10.已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则
A. B.
C. 的最小值为D.
【答案】ABC
【解析】由题设中，
在中，则，A对；
过作平面于点（注意其位置不定），设，
则为直线AC与平面BCD所成角，故，
过作于点，由平面，平面，则，
且都在平面内，则平面，平面，则，
综上，为二面角的平面角，
在中，故，B对；
由，其中为AC与平面BCD所成角，
结合线面角的定义及最小角定理有，即，D错；
由且，则，
所以，即，C对.
11.已知函数交轴于点，（），交轴于点，则
A. 取值范围为B. 的取值范围为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】选项A，对求导得，令得；
时，， 单调递减；
时，， 单调递增，
因此的最小值为，有两个零点需要，
即，故A错误.
选项B，由单调性可知零点满足 ，且，
令，在单调递增，取，
则：
求导得 ，故 ，
即，因此，即，B正确.
选项C，交 轴得， 故.是轴正方向与的夹角，
因此：，代入，令，
得：，
又，即，因此 ，C正确.
选项D，三角形内角和，
同理可得：
当时，，，故；
当时，，，故 .
始终大于、小于，因此，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知一组数据的平均数为4，则的值是________.
【答案】2
【解析】∵数据的平均数为4，∴，即 .
13.现有4名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则不同的报名方案有__________种.
【答案】14
【解析】由题干可知，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则组合为：“1+3”和“2+2”两类；
（1）若为“1+3”组合，将4名同学分为两组，一组1人，另一组3人，有种分组方式；
将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；
（2）若为“2+2”组合，将4名同学分为两组，一组2人，另一组也为2人，有种分组方式；
将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；
由分类加法计数原理，则不同的报名方式有8+6=14种 .
14.在中，若，则的最大值为________.
【答案】
【解析】在中，，
则，则，
由正弦和角公式可得，所以，
由正弦定理代入可得，即，
又由余弦定理，代入可得，
所以，当且仅当时取等号，
则，所以，即，所以，
则的最大值为 .
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.如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点E，F分别为，的中点.求证：
（1）；
（2）平面.
【解析】（1）因为侧面是矩形，所以，
因为平面平面，
平面平面，在平面内，
所以平面，
因为在平面内，所以；
（2）取的中点，连结，，
在△中，，分别是，的中点，
所以，且，
在矩形中，是的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为在平面外，在平面内，
所以平面 .
16.已知数列的前项和为，，，，．
（1）若，，求的值；
（2）若数列的前项成公差不为的等差数列，求的最大值.
【解析】(1)由，则，
取，得到，又，，则，
代入可得，化简得，解得 .
(2)由等差数列的定义可知，，设公差为，
若，，则，进而，
在式中，取，得到，
整理可得①；
若，，于是，
在式中，令，得到，
整理可得②，
由②①，可得，因，则得，
代入①式，，
解得，符合题意，故；
若，由时的推导可知，，
又因，则，，
在式中，取，得到，
但，，产生矛盾，即，
综上可知，最多前项成等差数列，即的最大值是 .
17.设，，.
（1）化简：；
（2）已知.记.证明：能被整除.
【解析】
（1）解：.
（2）证明：由（1）得，.
因为，
所以，
因为
设，
则，
所以.
所以能被整除 .
18.在平面直角坐标系中，已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，.已知.
①求的值；
②当的面积最大时，求直线的方程.
【解析】（1）设椭圆的焦距为，则.
因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，
所以.
又两准线间的距离为，则，
所以，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①设，，，，
联立消去得，
，化简得，
所以，，
又的斜率，的斜率，
所以，
化简得，
所以.又因为，即，
又，所以.
②由①得，直线的方程为，
且，，.
又，所以.
所以
，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，的面积最大，
所以，直线的方程为.
19.对于定义在上的函数，若存在，使恒成立，则称为“型函数”；若存在，使恒成立，则称为“型函数”.已知函数.
（1）设函数.若，且为“型函数”，求的取值范围；
（2）设函数.证明：当，为“（1）型函数”；
（3）若，证明存在唯一整数，使得为“型函数”.
【解析】（1）时，.
因为为“型函数”，
所以恒成立，即恒成立.
设，则恒成立，
所以在，上单调递减，
所以（1），
所以的取值范围是；
（2）证明：当时，要证为“（1）型函数”，
即证，即证.
令，则，
方法一：当时，，，则；
当时，，，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
则（1），又（1），所以，
所以为“（1）型函数”.
方法二：令，则，
所以函数在上单调递增，又（1），
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
以下同方法一.
（3）证明：函数为“型函数”等价于恒成立，
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，
方法一：，
①当或时，；
②当时，，由（2）知，
所以，
综上，存在唯一整数，使得为“型函数”.
方法二：，，
记，则，
所以在上单调递减.
易得，
所以；
又因为，
所以存在唯一零点，使得，
且为的最大值点，
所以，
注意到在上单调递增，
所以，所以.
综上，存在唯一整数，使得为“型函数” .