江苏省扬州市2026届高三上学期期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页江苏省扬州市2026届高三上学期期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知A={x|lnx<1,x∈Z}，B={x||x|≤3}，则A∩B=(

)A.{1,2,3} B.{1,2} C.(0,e) D.(0,3]2.函数y=sin3x图象的一条对称轴方程为(

)A.x=0 B.x=π12 C.x=π3.“∀x1，x2∈[1,2]，当x1<x2时，都有f(A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.函数y=f(x)的部分图象如图所示，则y=f(x)的解析式可以是(

)A.f(x)=x+sinx

B.f(x)=xsinx

C.f(x)=x+cosx

D.f(x)=xcosx5.∀x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，十八世纪，函数y=[x]被高斯采用，因此得名高斯函数，例如：[−2.2]=−3，[2.1]=2.若[x]2−2[x]≤0，则实数xA.[0,2] B.(0,2) C.[0,3) D.(0,3)6.若2sinθ−cosθ=2，θ∈(π2,π)，则cos2θ=A.−35 B.35 C.−7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+2bcosA=2c，2sin(C+π3)=3A.33 B.1 C.38.已知a=sinπ9，b=ln98A.b<a<c B.b<c<a C.a<c<b D.c<b<a二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在正△ABC中，边长为3，D为边BC的中点，则下列结论正确的有(

)A.AB+BC+CA=0 B.AB在BC上的投影向量为BD10.下列各式结果为1的有(

)A.2(1−2sin215°) B.3−tan15°1+11.已知x>0，y>0且x+y=1，则下列结论正确的有(

)A.1x+2y的最小值为3+22 B.x+y的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a，b，c均为单位向量，且a+b=c，则a和b的夹角大小为

13.写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：

．

①f(x1x2)=f(x1)+f(x2)14.在平面四边形ABCD中，∠A=π3，∠B=2π3，AB=2，AD=3，若满足上述条件的平面四边形ABCD有且只有1个，则边CD的取值范围是

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.(本小题13分)

函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图象如图所示．

(1)求f(x)的解析式及其单调增区间；

16.(本小题15分)

一个盒子中有6个大小重量相同的小球，其中2个白球，4个黑球，甲同学从盒子中分3次随机抽取，每次抽取1个球．

(1)若每次抽出的球放回，求恰有2次抽取到黑球的概率；

(2)若每次抽出的球不放回．

①记抽取到的黑球个数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；

②在抽取到1个黑球与2个白球的前提下，求第2次抽到黑球的概率．17.(本小题15分)

如图，四棱锥P−ABCD和四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD为边长为6的正方形，PA⊥平面ABCD，QD⊥平面ABCD，且PA=QD=8．

(1)求证：PA//平面QCD；

(2)求直线QB与平面PCD所成角的正弦值；

(3)求四棱锥P−ABCD和四棱锥Q−ABCD重合部分的体积．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x．

(1)若函数f(x)在x=0处的切线方程为y=3x+b，求b的值；

(2)讨论f(x)的单调性；

(3)当a=1时，记函数g(x)=f(x)−x(ex19.(本小题17分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S.已知sinB=3sinC．

(1)若a2−c2=2SsinA，求cosA的值；

(2)若S=32，求a2的最小值；

(3)若A=π3，c=1，P，参考答案1.B

2.C

3.A

4.D

5.C

6.D

7.B

8.B

9.ACD

10.BD

11.ABD

12.120°

13.f(x)=log12|x|(答案不唯一，满足f(x)=log14.{15.解：(1)由题意得f(x)的最大值为A=2，

函数的周期T满足3T4=5π12−(−π3)=3π4，可得T=π，即2πω=π，解得ω=2，

因为x=5π12时，f(x)取得最大值，所以2×5π12+φ=π2+2kπ，k∈Z，

结合φ∈(−π2,π2)，解得φ=−π3，可得f(x)=2sin(2x−π3)，

令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，

解得f(x)的递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ]，k∈Z；

(2)当x∈[0,π]时，2x−π3∈[−π3,5π6]，

若f(x)≥1，则X

12

3

P

1

3

1E(X)=1×15+2×35+3×15=2；

②记事件A为“抽取到1个黑球与2个白球”，事件B为“第2次抽到黑球”，

则事件AB为“第1次和第3次抽到白球，第2次抽到黑球”，

因为P(AB)=26×45×17.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，QD⊥平面ABCD，

所以PA//QD，

又因为PA⊄平面QCD，QD⊂平面QCD，

所以PA//平面QCD；

(2)分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

由题意得：B(6,0,0)，P(0,0,8)，D(0,6,0)，C(6,6,0)，Q(0,6,8)，

所以QB=(6,−6,−8)，CD=(−6,0,0)，PD=(0,6,−8)，

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，

故n⋅CD=(x,y,z)⋅(−6,0,0)=−6x=0n⋅PD=(x,y,z)⋅(0,6,−8)=6y−8z=0，令y=4得x=0y=4z=3，

故平面PCD的一个法向量为n=(0,4,3)，

直线QB与平面PCD所成角为α，

sinα=|cos<QB,n>|=|QB⋅n|QB||n||=|−6×4−8×362+62+82×42+32|=123485，

所以直线QB与平面PCD所成角的正弦值123485；

(3)连接PQ，由PA//QD且PA=QD，

可得：四边形APQD为平行四边形，故PD，QA相交，设交点为H，

18.解：(1)f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1，

因函数f(x)在x=0处的切线方程为y=3x+b，

则f′(0)=3a−3=3，f(0)=2a−2=b，得a=2，b=2；

(2)f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(2ex+1)(aex−1)，2ex+1>0，

当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)在R上单调递减；

当a>0时，f′(x)<0，得x<−lna；f′(x)>0，得x>−lna；

则f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增．

综上，a≤0时，f(x)在R上单调递减；

a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增．

(3)证明：当a=1时，g(x)=f(x)−x(ex−1)=e2x−ex−x−x(ex−1)=e2x−(x+1)ex，

则g′(x)=2e2x−(x+2)ex=ex(2ex−x−2)，

令h(x)=2ex−x−2，则h′(x)=2ex−1，

则h′(x)>0得x>ln12，则h(x)<0得x<ln12，

则h(x)在(−∞,ln12)上单调递减，在(ln12,+∞)上单调递增，

故h(x)min=h(ln12)=ln2−1<0，

又h(0)=0，h(−1)=2e−1−1<0，h(−2)=2e−2>0，

则由零点存在性定理可知，∃x0∈(−2,−1)使得h(x0)=2ex0−x0−2=0，

则x<x0或x>0时，h(x)>0，g′(x)>0；x0<x<0时，h(x)<0，g′(x)<0，

故g(x)在(−∞,x0)和(0,+∞)上