江苏省丹阳市2025-2026学年高三上学期9月质量检测数学试卷（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页江苏省丹阳市2025-2026学年高三上学期9月质量检测数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，若，则复数的虚部是（

）A． B． C． D．3．已知单位向量满足，则（）A． B． C． D．4．已知随机变量服从正态分布，且，则等于（

）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.55．若函数在上有极值，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．函数，若不等式在上有解，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．7．已知点在函数的图象上，若恒成立，且在区间上单调，则（

）A．3 B．6 C．12 D．8．已知实数满足，则的值为（

）A．1 B． C． D．二、多选题9．为响应校团委发起的“青年大学习”号召，某班组织了有奖知识竞答活动.决赛准备了4道选择题和2道填空题，每位参赛者从6道题中不放回地随机抽取三次，每次抽取1道题作答.设事件为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（

）A．与互斥；与互斥B．不管第几次抽取，抽到选择题的概率都相同C．D．10．设函数，则（

）A．是的一条切线B．C．当时，D．若在区间上有最小值，则实数的范围为11．已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（

）A．平面平面B．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为C．当二面角为时，点到平面的距离为D．当时，直线与平面所成角的余弦值为三、填空题12．若函数是周期为2的奇函数，当时，，则.13．已知中，角、、的对边分别为、、，已知，则的最小值为______．14．若函数有3个不同的零点，则实数的取值范围.四、解答题15．记的内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)若，且，求的面积.16．2025年，世界首届人形机器人运动会在东京举行.顶尖机器人竞技场面震撼，刷新人类对未来体育的认知.现某高校一学生和智能机器人进行一场“网球”比赛，规则如下：比赛采用三局两胜制（率先获得两局比赛胜利者获得最终的胜利且比赛结束），已知该同学第一局获胜的概率为，从第二局开始，如果上一局获胜，则本局获胜的概率为；如果上一局失败，则本局获胜的概率为，每局比赛均没有平局.(1)该同学在以获得比赛胜利的条件下，求他连胜两局的概率；(2)记整场比赛该同学的获胜局数为，求的分布列和期望.17．已知函数，其中.(1)若函数在区间内恰有2个极值点，求的取值范围；(2)当时，在中，角所对的边分别为，且，求边的取值范围.18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，.(1)证明：平面；(2)当时，（i）证明：直线平面；（ii）求平面与平面夹角的余弦值.19．已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)若直线是曲线的一条切线，求的值；(3)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.《江苏省丹阳市2025-2026学年高三上学期9月质量检测数学试卷》参考答案题号12345678910答案ADBBCBACBCABD题号11答案ACD1．A【分析】先求出集合，再利用集合的交集运算即可求解.【详解】由题意，可得，则得，故A正确.故选：A.2．D【分析】根据已知等式求出复数，再根据复数的定义确定其虚部.【详解】已知，等式两边同时除以可得，为了将分母实数化，给分子分母同时乘以的共轭，则，因为，所以，那么，移项可得，所以复数的虚部是.故选：D.3．B【分析】利用向量垂直的充要条件，向量数量积的运算律和向量数量积的定义计算即可.【详解】由题意，，记，由可得：，即得，因，则.故选：B.4．B【分析】由正态分布图象的对称性整理计算即可得解.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布的图象关于直线对称，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查了正态分布的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.5．C【分析】利用函数在某区间有极值等同于其导数在该区间有变号零点，之后分离参数结合二次函数的性质可得.【详解】，因为函数在上有极值，说明其导数在内有变号零点，即方程在内有解，且解两侧导数符号不同，令，则在有解，且不能是重根.分离参数可得，令，则，所以，所以，当时，，仅在处，故在上单调递减，无极值.所以的取值范围是.故选：C.6．B【分析】分析可知函数为奇函数，且在内单调递减，根据题意可得原题意等价于不等式在上有解，构建，利用导数求其最大值即可得结果.【详解】因为，可知的定义域为，且，可知函数为奇函数，又因为在内单调递增，可知在内单调递增，则在内单调递减，且在定义域内单调递增，可知在内单调递减，可得在内单调递减，可知在内单调递减，若，即，可得，且，即，原题意等价于不等式在上有解，构建，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，可得，所以实数的取值范围为.故选：B.7．A【分析】由题可得在上单调递增，且，得，得解.【详解】因为点在函数的图象上，所以，由，则，且在上单调递减，所以在上单调递增，由余弦型函数的对称性易知，所以，即，故.故选：A.8．C【分析】通过不等式构造两个函数，分别分析两个函数的最值情况即可得答案.【详解】由，变形为.令，，.则不等式变为.因，当，；当，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数.又，当时，，；当，，.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数.又因为成立，且，.所以只能是，所以，解得，所以.故选：C.9．BC【分析】根据互斥事件的定义判断A，由简单随机抽样的性质判断B，根据古典概型的概率公式判断CD.【详解】由题意可知第1次抽到选择题与第2次抽到选择题可能同时发生，所以与不是互斥事件，同理与也不是互斥事件，A说法错误；从6道题中不放回地随机抽取三次，满足简单随机抽样，每次抽取时各个个体被抽到的概率相等，B说法正确；第二次抽到选择题且第三次也抽到选择题的概率,C说法正确；第1次抽到选择题或第2次抽到选择题的概率,D说法错误；故选：BC10．ABD【分析】借助导数的几何意义计算可得A；求导后计算可得B；构造函数，利用导数研究函数单调性后可得C；结合函数单调性利用最小值性质可得D.【详解】对A：，令，则或，又，则在处的切线为，故A正确；对B：，故B正确；对C：令，，则，故在上单调递增，又，故，即，故C错误；对D：由，则当时，，当时，，故在上单调递减，在、上单调递增，又，且，若在区间上有最小值，则有，解得，故D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】A利用证明面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，BD利用空间向量的方法求异面直线所成的角和线面角，C利用三棱锥转换底和高，通过体积相等求点到面的距离.【详解】对于选项A：翻折前，是菱形，，为的中点，沿对角线折起后，如图（1），，，，平面，平面，平面平面，则A选项正确；

对于选项B：平面平面，平面平面，，平面，平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图（2），

菱形的边长为2，，，为的中点，，，，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则，则B选项错误；对于选项C：如图（1），，，是二面角的平面角，二面角为，，，，，设点到平面的距离为，，，，，则C选项正确；对于选项D：如图（3），

取中点，取中点，连，是等边三角形，，，，平面，平面，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，过作交于，，，，，平面，平面，，又，平面，过作，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设为平面的法向量，，，取，则，，，，设直线与平面所成的角为，，，则直线与平面所成的角余弦值为，则D选项正确.故选：ACD.12．【分析】根据周期性和奇偶性的定义结合对数的运算化简求解即可.【详解】因为函数是周期为2的奇函数，所以，因为，所以，.故答案为：.13．【详解】试题分析：由得,即.因为,即,所以,即的最小值为.考点：余弦定理和基本不等式的运用．【易错点晴】本题考查的是以三角形中的三角变换为背景,其实是和解三角形有关的最小值问题.求解本题的关键是如何将题设条件与的最小值进行联系,这也是解答好本题的突破口.解答时先运用二倍角公式将其化为,再运用正弦定理将其转化为三角形的边的等式.然后再借助余弦定理和基本不等式进行联系,从而求出的最小值.14．【分析】利用导数对函数的单调性进行判断，由于存在参数，需对的取值进行分类讨论，根据函数有3个零点的条件求解.【详解】函数的定义域为.，化简得.若，则恒成立.因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故此时至多有2个零点，与条件不符.若，则.当，即时，和时，，单调递增；时，，单调递减.故当时，有极大值，当时，有极小值，化简得.因为趋于时，趋于，当趋于时，趋于，所以，要使有3个零点，则极大值，极小值.故，解得.当，即时，和时，，单调递增；时，，单调递减.故当时，有极大值，当时，有极小值.要使有3个零点，则极大值，极小值.则，解得，与矛盾.故此情况没有实数能使由3个零点.综上，实数的取值范围为.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简求得，得到的值；（2）由，求得，得到，结合正弦定理和两角和的正弦公式，分别求得和的值，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：因为，由正弦定理，可得因为，可得，所以，所以.（2）解：由，可得，即，因为，可得，所以，即，又，所以，解得，又因为，可得由正弦定理，可得，所以.16．(1)(2)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）设出事件，利用条件概率的公式可得答案；（2）求出的取值，分别求解对应的概率，利用期望公式可得答案.【详解】（1）设事件“该同学以获得比赛胜利”，“该同学连胜两局”，若该同学以获得比赛胜利，则三局比赛的结果为：赢输赢，输赢赢，共两种情况，所以，，则，则该同学在以获得比赛胜利的条件下，连胜两局获胜的概率为.（2）由题意的所有取值为.则，，所以变量的分布列为012则的期望为.17．(1)(2)【分析】（1）先化简得到，由在上恰有2个极值点，结合三角函数的性质，列出不等式，即可求解；（2）由，得到，求得，且，再由正弦定理，求得，结合和三角函数的性质，即可求得实数的取值范围.【详解】（1）解：由，因为，可得又因为在上恰有2个极值点，则满足，解得，所以的取值范围为.（2）解：当时，可得由，可得，即，因为，可得，所以，解得，所以，又由正弦定理，可得，所以，又因为，可得，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以实数的取值范围为.18．(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）0【分析】（1）先由平面平面推得平面，可得，同理可证，于是推出平面，可得，再由三角形相似证明，由线面垂直的判定定理即可证明；（2）（i）方法一：当时，在线段上取一点，使得，证明平面，再证平面，可得平面平面，进而可得直线平面；方法二：当时，在线段上取一点，使得，证明四边形是平行四边形即可证得直线平面；（ii）解法一：利用向量法证明，再由线面垂直证得，即得平面，进而证得平面平面即得；解法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求得两平面的法向量坐标，利用两向量的夹角公式计算即得.【详解】（1）在矩形中，因平面平面，平面平面平面，则平面，又平面，所以；因平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以；又因平面，故平面，因平面，得.在和中，，则，故，则得即，又因平面，故平面.（2）（i）法一：当时，在线段上取一点，使得，即，因为平面平面故平面，在矩形中，因为，且，则，且，因，则，又，所以，因为平面平面故平面，又平面且，故平面平面，又因为平面，所以平面.法二：当时，在线段上取一点，使得，则，且，在线段上取一点，使得，由法一知，则且，在矩形中，，，因，则且，则四边形是平行四边形，故因平面平面，故平面.（ii）解法一：如图，因，则，整理得：又，则，即因，由（1）可得平面因平面，则，又平面，则平面，.又平面，故平面平面，即平面与平面夹角的余弦值为0.解法二：由（1）得，可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，，设平面的一个法向量为，则，故可取，设平面的一个法向量为，，故可取，设平面与平面夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为0.19．(1)答案见解析(2)(3)【分析】（1）利用函数求导，根据参数分类讨论即得函数的单调性；（2）设切点为，根据导数的几何意义，推得，设，通过求导判断其单调性，结合求得，回代即可求出的值；（3）法一：利用变量分离将不等式化成，设，利用求导判断其单调性，推出当时，，即得参数的范围；法二：运用必要性探路、证明其充分性，利用函数的单调性进行验证即得.【详解】（1）函数的定义域为，因，令，当时，在上单调递增，则，故，此时函数在上单调递增：当时，由，可得，由，可得，故当时，则函数在上单调递增；当时，则函数在上单调递减.故当时，在上单调递增，无减区间；当时，在上单调递增，在