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2025-2026江苏省邗江中学高三上学期10月检测
数学试卷
一、选择题（本大题共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，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．相关变量x，y的散点图如图，若剔除点，根据剩下数据得到的统计量中，较剔除前数值变大的是（ ）
A．r B． C． D．
3．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，则两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．若为奇函数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．一组数据按照从小到大的顺序排列为0，2，4，5，6，8，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的有理项共（ ）项
A．3 B．4 C．5 D．6
7．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（ ）
A．195 B．154 C．175 D．185
8．已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共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．已知为的外心，，则（ ）
A．与不共线 B．与垂直
C． D．
10．已知函数，点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点与的图象相切的切线的斜率恒不为1
B．若，则过点可作3条直线与的图象相切
C．若过点且斜率为4的直线与的图象有2个交点，则
D．若图象上任意两点连线所在直线的斜率恒大于点与点连线所在直线的斜率，则的取值范围是
11．已知函数的定义域为（不恒为0），为偶函数，则（ ）
A．为偶函数 B．的图象关于点对称
C． D．若，则
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知函数在上单调递增，则不等式的解集为 .
13．如图，摩天轮的半径为，摩天轮的中心点距地面的高度为，摩天轮做匀速转动，每36min转一圈，摩天轮上点的起始位置在最低点处.则在摩天轮转动的一圈内，点距离地面超过的时长为 分钟.
14．已知，且，若不等式恒成立．则当实数m取得最大值时，a的值为 ．
四、解答题（本大题共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．已知是方程的根.
(1)求的值；
(2)若是第三象限角，，，求的值.
16．某学校为了研究学生的数学成绩与物理成绩是否有关联，随机抽取了500名学生的成绩数据，得到如下2×2列联表：
单位：人
物理成绩 数学成绩 合计
优秀 不优秀
优秀 90 60 150
不优秀 160 190 350
合计 250 250 500
(1)记数学成绩优秀者中物理成绩不优秀的概率为P，求P的值；
(2)依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的数学成绩与物理成绩有关系？
参考公式：，其中.
临界值表：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
六、解答题-证明题
17．如图，已知三棱锥的体积为，，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
18．已知函数，．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围；
(3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值．
19．已知集合，，设函数.
(1)当时，证明：函数是常数函数；
(2)已知，写出所有使函数是常数函数的集合；
(3)当为奇数时，写出函数是常数函数的一个充分条件，并说明理由.《参考答案》
1．A
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再用列举法表示集合，再根据交集的定义计算可得；
【详解】解：因为，即，解得，即
，又
所以；
故选：A
2．B
【分析】由散点图可知，剔除点后相关性更强，依次判断4个选项即可.
【详解】由散点图可知，负相关，剔除点后，相关性更强，故更接近，变小，A错误；
相关指数变大，残差平方和变小，B正确，D错误；变小，C错误.
故选：B.
3．C
【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率.
【详解】一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次的试验有36个样本点，
两次向上的点数之和除以4的余数为3的事件含有的样本点为：
，共10，
所以两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为.
故选：C
4．B
【分析】利用奇函数得，即，又由的定义域得，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意有：，
所以，所以，
又，所以，又函数定义域关于原点对称，
故，即，
又因为，，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
5．B
【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.
【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为，
由题意可得，即，解得，
同理，即，解得，
所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍.
故选：B
6．B
【分析】求出“0，2，4，5，6，8”这组数据的上四分位数，代入二项式，并写出二项式展开式的通项，分析其有理项,即可得到答案.
【详解】“0，2，4，5，6，8”，这组数据共有6个数，所以，
所以这组数据的上四分位数为第5个数，即6.
二项式展开式的通项为：.
当分别取时，是整数，为有理项，所以共有4项.
它们分别是：
故选：B.
7．C
【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可；
解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可.
【详解】排列与组合
解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数，
直接求解较复杂，考虑正难则反的方法．
假设，若不存在，使得，
则，所以符合条件的取法种数为．
解法二（转化法）：若存在，，使得，
则所取的4个数中至少有2个是连续正整数，
若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行，
要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，
排法种数为．
同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为．
若4个都是连续正整数，排法种数为7．
若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数，
但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为．
所以符合条件的取法种数为.
故选：C．
【点睛】方法点睛：求解排列与组合问题的常用方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算．
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置．
捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列．
插空法 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素的排列空位中．
先整体，后局部 “小集团”排列问题中，先整体后局部．
除法 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．
间接法 正难则反，等价转化的方法．
8．B
【分析】利用导数研究的单调性，结合函数值的符号和单调性画出示意图，由题意或共有4个不同的实根，由知与的图象仅有一个交点，从而的图象与直线有3个交点，数形结合即可求解.
【详解】由得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出其大致图象如图.
方程
即，所以或.
因为的极大值为，而，
由图可知与的图象仅有一个交点.
要使原方程有4个不同的实数根，需的图象与直线有3个交点，
由图可知此时的取值范围为.
故选：B
9．BC
【分析】利用向量的线性运算可得，可判断A；由为的外心，可得与垂直；进而可得与垂直，可判断B；利用已知可求得，进而可求得可判断C；由已知可得，两边平方可求得.
【详解】选项A：由得，则与共线，故A错误．
选项B：因为为的外心，所以，所以与垂直，
(在中，取的中点，连接，则，所以，

所以)，因为与共线，所以与垂直，故B正确．
选项C：设，则，由得，
所以，故C正确．
选项D：设的外接圆半径为1，由得，
所以，两边同时平方得，
即，所以，故D错误．
故选：BC.
10．ABD
【分析】把各选项问题转化为三次方程或三次函数，再利用三次函数的性质来解决问题即可.
【详解】设过点的直线与的图象切于点，易知．
当，重合时，，得（舍去），此时切线的斜率为4，显然不为1．
当，不重合时，切线的斜率为，则，
整理得,则该关于的方程实根个数就是切线条数.
对于A，假设切线的斜率为1，则，得，
代入得，与矛盾，
故过点与图象相切的切线的斜率恒不为1，故A正确．
对于B，设，则，
令，得或，因为，所以，
根据三次函数性质，当两个极值点的函数值异号时，该三次函数有三个零点，
所以可得有3个零点，即方程有3个不同的实根，
所以满足的切线有3条，故B正确．
对于C，过点且斜率为4的直线方程为，即，
与联立并消去可得，
设，则问题转化为有2个零点，
由得，所以，解得，故C错误．
对于D，设图象上任意两点的坐标分别为，，
则，所以，
令，则是增函数，
所以恒成立，
所以的取值范围是，故D正确．
故选：ABD.
11．ACD
【分析】对A，根据条件可得，，即可求解；对B，利用A中结果，得，即可求解；对C，利用的周期性，即可求解；对D，结合条件，利用和的周期性，得，进而可得，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，所以，
两式相减，得，所以的一个周期为4，
因为为偶函数，所以，得到，
所以，因为，所以，所以为偶函数，故A正确；
对于选项B，因为，
所以的图象关于点对称，故B错误；
对于选项C，由选项A知的一个周期为4，所以，
又由，令，得到，所以，则，故C正确；
对于选项D，因为，所以，即，
则，
所以，又，所以，
又所以，故D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】根据函数的单调性，把函数不等式转化为代数不等式求解.
【详解】因为函数在上单调递增，
，所以，即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
13．12
【分析】根据正弦函数的实际应用，由题意列出运动轨迹的函数解析式，进而写出不等式，求出结果.
【详解】如图，以点在地面的投影点为坐标原点，所在直线为轴，与垂直的向右的方向为轴建立坐标系，
设时点距离地面的高度为，其中，，
由题意得，，，周期，所以，
所以，即，
可得，令，则，
所以，
令，即，
所以，，解得，，
令，则，
所以在摩天轮转动的一圈内，点距离地面超过70m的时长为.
故答案为：12.
14．
【分析】利用换元法，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】因为，
所以由，
因为，
所以由，设，则，
因此由，
于是不等式恒成立可以转化为恒成立，
即，
由，
于是有，
当且仅当时取等号，即当时，有最小值，
所以有，此时有
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）先求，再利用诱导公式即可求解；
（2）由，利用同角三角函数平方关系求，再由求出，最后利用两角和的正弦公式即可求解.
【详解】（1）由，解得或，
因为是方程的根，所以，（舍），
所以；
（2）因为是第三象限角且，所以，
∵，∴，∵，∴，∴，
.
16．(1)
(2)认为学生的数学成绩与物理成绩有关联
【分析】（1）根据列联表以及古典概型的概率计算公式即可求解；
（2）先进行零假设，然后计算出卡方值，根据独立性检验的思想判断即可.
【详解】（1）由题可知，数学成绩优秀者有250人，在这250人中物理成绩不优秀的有160人，
所以.
（2）零假设为：学生的数学成绩与物理成绩无关联.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为学生的数学成绩与物理成绩有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三棱锥的体积证明平面，由面面垂直的判定定理得证平面平面，再由面面垂直的性质定理证明平面；
（2）以点为坐标原点，直线，分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，借助直线与平面所成角的正弦值解决问题.
【详解】（1）因为，，所以为等腰直角三角形，
又为的中点，所以，
的面积为．
设三棱锥的高为，则，
所以，因为，所以是三棱锥的高，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面．
（2）以点为坐标原点，直线，分别为，轴，
过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设，
则．
设平面的法向量为，
则，即，
则，取，得．
设直线与平面所成角为，
则，
所以，即．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可.
（2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围.
（3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；
解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解.
【详解】（1）当时，由，得，
又，则，，所以，即在单调递增，
故的单调增区间为，无单调减区间.
（2）由（1）可知，
根据题意得：.
（ⅰ）若，
①时，，，此时，故在无极值点．
②当时，令，得．
由，，，则，从而在单调递增．
又，，
由零点存在性定理可知，存在，使得．
从而当，，当，．
在单调递减，在单调递增，
所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意．
（ⅱ）若，，
令，，，
则．
令，
则，故在单调递增，
所以，即，所以在单调递增．

因为，时，，所以的值域为．
故当时，有唯一解，
且当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去．
综上，．
（3）解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点，
故．
因为，所以，
由题意知，，可得，
即，
化简得，，
设，．
又
．
因为，所以，
当时，，；
当时，，；
故在上单调递增，在上单调递减．
所以，此时，依题意，，
故的最大值是．
解法二：由得．
令，
则．
因为，
由（2）知，有且仅有一个极小值点，且．
①当时，．因为，所以．
又在上单调递减，在上单调递减．所以．
所以．
②当时，因为，所以．
又在上单调递减，所以．
此时．
③当时，因为，所以．
又在上单调递增．所以．
此时．
综上，当时，取得最大值，
依题意的最大值为．
19．(1)证明见解析
(2)，
(3)，理由见解析
【分析】（1）直接利用题设定义和平方关系，即可证明结果；
（2）根据题设，利用倍角公式及余弦的差角公式得到，再利用平方关系可得间的关系，再结合题设条件，即可求解；
（3）根据条件，利用倍角公式及平方关系，得到，，再分奇和偶讨论，结合题设条件，即可求解.
【详解】（1）当时，，
所以是常数函数.
（2）设，不妨令，
则
.
若函数是常数函数，则，
则，
得，所以，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
则①，又，
所以集合有，，共2个.
（3）不妨令，
因为
，
若函数是常数函数，则，
两式平方相加得，所以，
得，，所以，，
①当为偶数时，可以拆分成组两项（，）的和，
每一组为定值时，也为定值，
所以函数是常数函数的一个充分条件可以是
②当为奇数时，可以拆分成1组三项的和
与组两项（，）的和，
每一组为定值时，也为定值，
所以当为奇数时，函数是常数函数的一个充分条件可以是.

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