江苏省基地学校2026届高三上学期第一次大联考数学检测试卷 附答案

/江苏省基地学校2026届高三上学期第一次大联考数学试卷一、单选题1．已知，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，则（

）A． B． C． D．3．某公司生产的糖果每包的标识质量是500克，但公司承认实际质量存在误差.已知每包糖果的实际质量服从正态分布，且任意一包的糖果质量介于495克到505克之间的可能性为，则随意买一包该公司生产的糖果，其质量超过495克的可能性约为（

）A． B． C． D．4．若某社交APP的用户数每月增长，则用户数从100万户增加到1000万户需要的时间约为（

）A．15月 B．25月 C．35月 D．45月5．设函数在区间上单调递减，则的最大值是（

）A． B． C． D．36．已知圆心在轴上移动的圆经点，且轴交于另一点，与轴交于点，则点的轨迹方程为（

）A． B． C． D．7．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则的最小值是（

）A． B． C．2 D．68．已知和都是定义在上的奇函数，设则（

）A．不可能是增函数 B．不可能是偶函数C． D．二、多选题9．在正三棱柱中，为AB的中点，则下列结论一定成立的有（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面10．已知函数，则（

）A．曲线关于直线对称 B．的极大值为C．存在， D．有最小值，无最大值11．已知数列满足，则（

）A．任意 B．存在C． D．三、填空题12．已知向量，若与的夹角的余弦值为，则.13．已知四面体的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体的体积的最大值为.14．袋中有7个小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球.每次不放回从袋中随机取出一个球，当三种颜色的球都取到时停止，则停止摸球时共取出5个球的概率为.四、解答题15．已知向量，设函数.（1）求的最小正周期；（2）若，求的最值和单调区间.16．已知数列的首项，且满足.（1）证明：是等差数列；（2）记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求.17．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，上顶点为是上异于顶点的两点.（1）求的方程；（2）若在第一象限，的面积是面积的2倍，求的坐标；（3）若直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线经过定点.18．如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形，.（1）证明：B，E，F，C四点共面；（2）若，求该几何体的体积；（3）求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值.19．已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）设，证明：对任意，都有；（3）若数列满足，证明：.

参考答案1．【答案】A【详解】由题意知，.故选A2．【答案】D【详解】因为是增函数，且，所以满足的最小整数为3，所以.故选D.3．【答案】D【详解】由概率之和为1及对称性求解，得.故选D.4．【答案】B【详解】设用户数从100万户增加到1000万户需要的时间为月，则，即，两边取常用对数得，所以.故选B.5．【答案】A【详解】因为，所以，因为函数在区间上是减函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，因为时，，所以，所以的最大值是.故选A.6．【答案】C【详解】由题意可知：为圆的直径，所以圆心坐标为，半径为，因为点在圆上，所以，整理得.故选C.7．【答案】B【详解】函数的图象向左平移个单位后，得到的函数，因为曲线关于直线对称，所以，，解得：，，因为，令，得，所以的最小值是.故选B.8．【答案】D【详解】设，则，是增函数，且，故A，C错误；设，则，此时为偶函数，故B错误；对于D，对任意，若，则，即，由题意可知,所以，，所以，所以；若上式也成立，故D正确.故选D.9．【答案】BC【详解】对于A，取中点，连接DE交于点，连结，若平面，因为平面平面，平面，故，由正三棱柱可得，故四边形为平行四边形，故，但，矛盾故A错误；对于B，如图，由矩形可得，由正三棱柱可得，，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，同理平面，而平面，所以平面平面，而平面，所以平面，故B正确；对于C，由正三棱柱可得平面，而平面，所以，因为是正的中线，所以，而平面，故平面，故C正确；对于D，若平面，因平面，故，故矩形为正方形，由条件可知该结论不一定成立.故选BC.10．【答案】ABD【详解】对于A选项，函数的定义域为，，所以曲线关于直线对称，A对；对于B选项，因为，则，由可得或，由可得或，所以函数的减区间为、，增区间为、，所以函数的极大值为，B对；对于C选项，当时，，因为在上是减函数，所以，C错；对于D选项，令，则，设，其中，则，当且仅当时，等号成立，故函数在上只有最小值，无最大值，故函数有最小值，无最大值，D对.故选ABD.11．【答案】ACD【详解】对于A，因为，所以；因为，所以与同号，因为，所以，即，故A正确；对于B，因为，，所以，即，所以有，故B错误；对于C，因为，两边取倒数得：1，所以（※），，由B知当时，，则当时，有，所以当时，，即，因为，，所以当时，不等式恒成立，所以当时，。经验证，时不等式也成立，故C正确；对于D，由（※）式得，，所以，因为，所以，故D正确，故选ACD.12．【答案】【详解】设与的夹角为，由夹角公式得，解得.13．【答案】【详解】设球心为，因为球的表面积为，所以球的半径.因为是边长为3的正三角形，所以的外接圆半径为，所以到平面的距离，所以到平面的距离的最大值为，所以四面体的体积的最大值为：.14．【答案】【详解】根据题意可知，停止摸球时共取出5个球的所有可能的情况为：前4次摸出的球仅有白球和红球，第5次摸出1个黄球：此时概率为，前4次摸出的球仅有白球和黄球，第5次摸出1个红球：此时概率为，前4次摸出的球仅有黄球和红球，第5次摸出1个白球：此时概率为，故停止摸球时共取出5个球的概率为.15．【答案】（1）（2）的最小值为，最大值为的单调递增区间为，单调递减区间为【详解】（1）

，

故的最小正周期为.（2）因为，所以，所以当，即时，取得最小值，最小值为；当，即时，取得最大值，最大值为.令，即时，故在递增；令，即时，故在递减.综上，的最小值为，最大值为，的单调递增区间为，单调递减区间为.16．【答案】（1）见详解（2）【详解】（1）证明：因为，显然，所以，所以，即，又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.（2）由（1）得，，所以，所以，所以因为，所以，所以.17．【答案】（1）（2）（3）见详解【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以的方程为.（2）设，则，①因为的面积是的面积的2倍，所以，即，②联立①②，解得，所以.（3）显然直线PQ与轴不垂直，设其方程为，联立消去得，设，则，由题意，即.即.则则，即直线PQ过定点.18．【答案】（1）见详解（2）（3）【详解】（1）取CD中点M，DF中点，连接BM，MN，EN，则，因为，所以四边形AEND是平行四边形，所以，因为，所以四边形ABMD是平行四边形，所以，所以，所以四边形BENM是平行四边形，所以，所以，所以B，E，F，C四点共面.（2）法1：连接AF，BF，在平面ADF中，作，垂足为，因为平面，所以平面AEFD，即AB是三棱锥的高.因为平面AEFD，所以，因为，所以，因为平面，所以平面ABCD，即FG是四棱锥的高，且.梯形AEFD的高为，所以，因为，所以该几何体的体积.

法2：延长FE，DA交于点，因为平面平面ABCD，所以是平面BEFC和平面ABCD的公共点，因为平面平面，所以，所以所求几何体的体积等于三棱锥与三棱锥的体积之差.同法1可证AB是三棱锥的高，CD是三棱锥的高，因为，所以为PD的中点，即，因为，所以，所以该几何体的体积.（3）在平面AEFD中，过点作，交EF于点，由（2）知平面ABCD，以为原点，为基底，如图建立直角坐标系，则，设，则，所以.设平面BDE的一个法向量，则所以，令，则，所以平面BDE的一个法向量为，设平面BEFC的一个法向量，则，所以，令，则，所以平面BEFC的一个法向量.设平面BDE与平面BEFC的夹角为，则当且仅当，即时，等号成立.所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为.19．【答案】（1）（2）见详解（3）见详解【详解】（1）因为，所以，所以曲线在处的切线方程为.（2）因为，所以时，递减；时，递增；因为，所以，或，若，由在上递增得；