江苏省兴化中学2026-2027学年高三上学期8月开学考试数学试题含答案

这是一份江苏省兴化中学2026-2027学年高三上学期8月开学考试数学试题含答案，共8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．样本数据2，1，3，9，7，5，6的中位数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知是平面内的一组基底向量.与都不共线且，则不能为 （ ）
A．B．C．D．
3．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
4．曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．抛物线的焦点和抛物线的焦点之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
7．北京天坛圜丘坛分为上、中、下三层.上层中心为天心石，环绕天心石的第一环有9块扇面形石板，以后每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，且每层内部各环也依次增加9块.每层环数相同，且下层石板总数比中层多729块.则每层的环数是（ ）
A．B．C．D．
8．设集合为平面中点构成的集合，.从中随机取一个点(不包含)，该点与构成的直线与轴平行的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆，圆，圆.、的圆心分别记为、， 直线与圆、、均有两个交点，则（ ）
A．圆的半径为B．
C．D．直线可以是
11．半径为的球壳（球壳厚度不计）中可以装入（ ）
A．半径为的球B．边长为的正方体
C．底面半径和高均为的圆柱D．底面半径和高均为的圆锥
三、填空题
12．椭圆的离心率为___________.
13．已知函数的最大值为，则___________； 若，则____________.
14．等差数列前项和，对且，设，存在，使得．则以为首项，为公比的等比数列前三项和取得最大值时，___________．
四、解答题
15．如图，在直三棱柱中， 分别为的中点，
(1)证明：平面
(2)设直线与平面所成的角为， 求长度.
16．已知中 ，.
(1)求的长度；
(2)设点在延长线上，且满足.求.
17．某场篮球比赛每次投篮后有三种情况：命中篮筐后根据命中难度记或分，未命中则不计分.设某选手命中得分的概率为，命中得分的概率为. 各次命中与否、命中得分相互独立.每场比赛的值恒定.
(1)当时，求该选手某次投篮后未命中的概率；
(2)某选手得分的概率为，命中得分的概率为，各次命中与否、命中得分相互独立.赛制要求选手两人轮流投篮，先得分者获胜.首次投篮为或的概率为.
（i）在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下，求的数学期望.
（ii）结合具体的值，计算说明先手方是否总是具有更大的获胜可能性.
18．已知双曲线，椭圆，椭圆的焦距为，长轴长为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)设直线与存在两个交点、，求面积的最大值；
(3)设直线与、的总交点数恰有个，求的取值范围.
19．设非常数函数的导函数为，且.对任意实数，恒有
(1)求；
(2)设，证明：对任意恒成立；
(3)证明：对任意实数，都有；
(4)设是方程的两个不同实根，且. 证明：对任意都有 .
《江苏省兴化中学2026-2027学年高三上学期8月开学考试数学试题》参考答案
1．C
【详解】把原数据2，1，3，9，7，5，6，排序后得到1，2，3，5，6，7，9.
该样本共有7个数据，中位数是排序后位于正中间的第个数据，对应数值为5.
2．B
【分析】根据向量共线求解即可；
【详解】若，则，此时与共线，矛盾.
当取时，都无法表示为或的数乘形式，与都不共线，符合条件.
因此不能为0.
3．D
【详解】由于，
，
故，，
因此．
4．C
【分析】求出导数，利用导数的几何意义求出斜率，利用点斜式得到切线方程.
【详解】，
将代入导数，得到切线斜率，
又切点和斜率，
则曲线在处的切线方程为，
整理得，故选项C正确.
5．D
【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为，
故两焦点之间的距离．
6．A
【分析】利用导数求出函数的单调性，利用单调性求最值.
【详解】，
当时，
，即时， ，则单调递增，
，即时，，则单调递减，
则在处取得最大值，且，
因为最大值为，所以解得.
当时，
，即时，，单调递增，
，即时，，则单调递减，
则在处取得最小值，无最大值，故舍去.
当时，
，不满足条件，故舍去.
综上可知，，故选项A正确.
7．D
【分析】利用等差数列通项公式与等差数列前项和公式及性质分析求解即可.
【详解】设每层共有环，各环石板数构成等差数列，
其中首项为，公差，
所以每环石板数为：，
由题意可得：上、中、下三层的石板总数分别为：，
又下层石板总数比中层多729块，所以，
即，
化简得：，解得：.
8．C
【详解】设中随机取一个点，且点不与点重合，
若直线与轴平行，则，可知，
设样本空间为，直线与轴平行为事件A，
则，，
所以该点与构成的直线与轴平行的概率为.
9．AD
【分析】按共轭、模、平方、实数判定四个定义逐个代入 检验即可.
【详解】A选项：已知，根据共轭复数的定义可得：.故A正确；
B选项：由，故B错误；
C选项：由，故C错误；
D选项：由，故D正确.
10．ABC
【详解】圆的圆心为，半径为，故A正确；
圆的圆心为，半径为，故B正确；
圆的圆心为，半径为，
则，故C正确；
因圆的圆心到直线的距离，
则直线与圆相离，没有公共点，所以直线不可以是，故D错误.
11．ACD
【分析】利用球体、正方体、圆柱、圆锥的结构特征逐项分析即可.
【详解】对于A，半径为的球，则球的直径为，
而已知的球壳的半径为，则直径为，
因为，半径为的球可以装入球壳，故A正确；
对于B，边长为的正方体的体对角线为：，
而已知的球壳的直径为，
因为，所以不能装入边长为的正方体，故B错误；
对于C：对于底面半径和高均为的圆柱，其轴截面如图所示：
则最宽处为的长，由，
同时底面圆直径为，高为都小于已知的球壳的直径，
所以能装入底面半径和高均为的圆柱，故C正确；
对于D，圆锥母线长为：，
同时底面圆直径为，高为都小于已知的球壳的直径，
所以能装入底面半径和高均为的圆锥，故D正确.
12．/
【详解】由椭圆方程可知其长半轴长，短半轴长为，
则椭圆的半焦距，故其离心率为.
13．
【分析】应用正弦函数值域得出，再结合特殊角正弦值计算求解.
【详解】函数的最大值为，且，则，则；
若，则.
14．3
【分析】先根据求出数列的通项公式，进而写出的表达式，利用的条件可求出和的所有可能值，最后利用等比数列求和公式即可得到答案．
【详解】当时，，
又当时，，故通项为，
对，，
存在，使得，故是正偶数，
因此只能，此时，等比数列前三项和为，
综上，满足条件的仅有3，故前三项和取得最大值时．
15．(1)证明：在 中，、 分别为 、 中点，
由三角形中位线定理得：.
又 平面 ，平面 ，
根据线面平行的判定定理，可得平面 .
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；
（2）根据线面角的定义及勾股定理即可求解.
【详解】（1）略
（2）因为几何体为直三棱柱，所以侧棱 底面 ,
由线面角定义：斜线 与平面 所成角为其射影 与 的夹角，即 ,
在 中，，
故 为等腰直角三角形，,
由于 ，，
根据勾股定理：,
又因为 为 中点，所以 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理解三角形即可；
（2）根据同角三角函数关系，求出，再根据余弦定理解三角形，根据正弦定理求出结果即可.
【详解】（1）由余弦定理，
代入已知数据，得
故.
（2）由，且，所以，
由，得.
在中，根据余弦定理：，
即，得.
由正弦定理可知，
所以.
17．(1)
(2)（i）；（ii）在区间内，先手方不总是具有更大的获胜可能性
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式计算即得；
（2）（i）依题先求出一次投篮命中三分、一分的概率，判断满足总分为分的全命中次数的可能值有2，4，6三个，分别求出对应的概率值，累加得到经过次投篮恰好每次都命中并获得分的总概率，再求出条件分布率，进而求数学期望即可；（ii）分别在给定区间内取和计算的单次得分期望，由此分析获胜的总概率，可得若某人实力较强，则他即使后手也可能胜算大，所以先手方并不总是具有更大的获胜可能性.
【详解】（1）由题意，投篮结果有：3分（概率为）、1分（概率为）与不中三种，它们两两互斥，概率和为1.
则某次投篮后未命中的概率为，因，则；
（2）（i）由题意“在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下”
则一次投篮命中三分的概率，命中一分的概率
满足总分为分的全命中次数的可能值有2，4，6三个.
则，，
故经过次投篮恰好每次都命中并获得分的总概率为
由于我们要求条件分布列，所以真实的情况为：
，，
则数学期望为
(ii)依题意，的单次得分期望为，的单次得分期望为，
设,
显然函数在上单调递增，且,
则当时，恒成立，即恒成立，
即当时，的期望得分更高.而赛制是第一次投篮为或的概率为，
故最终获胜的总概率为，
如果的实力强于，那么无论谁先手，的胜率都大，的总体获胜概率大于，
反之，如果的实力强，则的总体获胜概率大于
结论：在区间 内，如果某人实力较强，他即使后手也可能胜算大，所以先手方并不总是具有更大的获胜可能性.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆的基本性质，求出参数的值，进而写出双曲线的方程，求出离心率即可；
（2）联立椭圆和直线方程，根据弦长公式求出弦长，根据点到直线距离公式，求出高，写出三角形面积公式，构造函数，根据函数导数求出单调性，判断面积最大值；
（3）分别联立椭圆和直线方程，双曲线和直线方程，根据韦达定理，判断各自交点个数对应的参数范围，分析有两个交点时的不同情况，判断参数范围即可.
【详解】（1）由椭圆条件可知，解得，，解得，
所以，解得，
则双曲线为，化简得，
可得双曲线参数为，，
则离心率 .
（2）直线，椭圆 ，
联立方程组得，消去得，
设，可知，
根据韦达定理可得，
所以弦长公式，
原点到直线距离为，
则面积 ，
令，则，
令，则，
可知当时，，在定义域内单调递减，
所以，
即当时，可得.
（3）联立直线与双曲线：，消去得，
则，
当时，即，解得，即，
当时，即，解得，即，
当时，即，解得，即，
联立直线和椭圆，消去得，
所以，
当时，即，解得，即，
当时，即，解得，即，
当时，即，解得，即，
情形1：椭圆0个，双曲线2个，
，即，解得，
情形2：椭圆1个，双曲线1个，
，即，此时无解，
情形3：椭圆2个，双曲线0个，
，即，解得，
综上所述.
19．(1)
(2)固定，等式两边同时对求导，
得
令得f'(x)−f(x)f'(0)=x⟹f'(x)=x⇒f(x)=12x2+C(C 为未知常数，
结合 f(0)=1⟹C=1 ，得 ;
设 ，证明： 对任意 恒成立
由 ，得g(x)=f(x)+x=12x2+x+1⟹g(x)=12(x+1)2+12
对任意实数 ：(x+1)2≥0⟹12(x+1)2≥0 ，
因此，.故 ，，得证.
(3)证明：对任意实数 ，都有
即证：
就是证明：
换元令 ，就要证：
二次函数，开口向上，对称轴：
最小值在 处：
在定义域 上最小值为 ，
所以命题“对任意实数， 都有”得证.
(4)证明：移项整理：f(x)=12x2+1=x2⟹x2=2 ，
解得，
即证：对任意 都有，
就是证：对任意 都有 ，
由于 ，所以， 即，
命题对任意 都有显然成立！
所以命题“对任意 都有”得证.
【分析】（1）根据函数性质利用赋值法求解即可；
（2）根据等式对求导，赋值法求出，再得出配方可得证；
（3）转化为，利用换元法及二次函数的性质得证；
（4）由题意转化为对任意 都有，利用分析法即可得证.
【详解】（1）令等式中 ，代入 ，得 ,
得到两种可能： 或 .
先令 ，得
若 ：无矛盾；
若 ： ，由于 是常数函数，与题目条件矛盾；
故 .
（2）略
（3）略
（4）略
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
C
D
A
D
C
AD
ABC
题号
11









答案
ACD