江苏省常州市常州高级中学2026~2027学年高三上学期7月阶段检测数学试卷-附解析

数学一、选择题：本题共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.已知正态分布，若，则（）A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.62.已知集合，，则（）A. B. C. D.3.已知，，则（）A. B. C. D.4.已知向量，，，若，，共面，则（）A.存在无数个实数符合题意 B.存在唯一的正整数符合题意C.不存在正整数符合题意 D.不存在任何实数符合题意5.当时，函数取得最大值，则（）A.0 B. C. D.16.已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（）A. B. C. D.7.旅游博主小胡自驾出行周游世界.已知各地燃油价格高低不一，出行中小胡有两种加油方案：第一种，每次均加升的燃油；第二种，每次加元的燃油，则下列说法正确的是（）A.采用第一种方案划算 B.采用第二种方案划算C.两种方案一样 D.无法确定8.已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法正确的有（）A.若摸球后放回，则 B.若摸球后不放回，则C.若摸球后放回，则 D.若摸球后不放回，则10.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则下列结论正确的有（）A. B.异面直线与所成角余弦值为C.三棱锥的体积为 D.直线与平面所成角正弦值为11.已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（

）A.是锐角三角形B.的面积为C.外接圆半径为D.若是最大角，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为______．13.若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________．14.设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________．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.已知函数，其中．（1）讨论函数的奇偶性；（2）当时，若存在，使得成立，求实数的取值范围．16.在中，角的对边分别为．已知．（1）求；（2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值．17.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．（1）若，证明：平面；（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．18.一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化．记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为．（1）求；（2）求；（3）求．19.已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为．（1）求实数a，b的值；（2）证明：方程有且只有一个实根．

数学一、选择题：本题共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.已知正态分布，若，则（）A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.6答案：A解析：思路：对于正态分布，则正态曲线关于直线对称，然后利用对称性即可求解.解答过程：因为正态分布，所以正态曲线关于直线对称，即，又因为，所以，因为和关于对称，所以.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：解出集合、，利用集合的交集运算求解.解答过程：，,所以.3.已知，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.解答过程：，因为，则，则，则.故选：D.4.已知向量，，，若，，共面，则（）A.存在无数个实数符合题意 B.存在唯一的正整数符合题意C.不存在正整数符合题意 D.不存在任何实数符合题意答案：B解析：解答过程：因为向量，，，若，，共面，则存在唯一实数，使得，则，解得，所以存在唯一的正整数符合题意.5.当时，函数取得最大值，则（）A.0 B. C. D.1答案：B解析：解答过程：由，可得，因为当时，函数取得最大值，故，解得，所以，经验证在时取得最大值，所以.6.已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出.解答过程：的图象关于点对称，又当时，取得最值，即的图象关于直线对称，又在上单调递减，，点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，设的最小正周期为，则.，又的图象关于点对称，且在上单调递减，由正弦函数的性质，，时，.7.旅游博主小胡自驾出行周游世界.已知各地燃油价格高低不一，出行中小胡有两种加油方案：第一种，每次均加升的燃油；第二种，每次加元的燃油，则下列说法正确的是（）A.采用第一种方案划算 B.采用第二种方案划算C.两种方案一样 D.无法确定答案：B解析：思路：设两次加油时的油价分别为元/升和元/升，计算出两种方案下的燃油的均价，利用基本不等式比较即得.解答过程：任取其中两次加油，假设第一次的油价为元/升，第二次的油价为元/升．第一种方案的均价：，当且仅当时取等号；第二种方案的均价：，因，则，故，当且仅当时取等号.综上，第一种方案的均价不低于第二种方案的均价（当且仅当时取等号）.结合题干“各地燃油价格高低不一”可知油价会变化，此时第二种方案更划算．故选：B．8.已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由，得到为奇函数，的零点关于原点对称，因此只需研究时的零点个数为2，即可对应得到时的零点个数；当时，得到的具体解析式，令分离出参数；构造关于的新函数，利用导数研究函数的单调性、极值、值域，结合方程解的个数要求，得到时方程有2个解对应的的范围，结合奇函数的性质得到总零点为4个时的范围.解答过程：，的定义域为.，为奇函数，图象关于原点对称.，恰有4个零点，可得时，恰有2个零点；时，恰有2个零点，且这4个零点关于原点对称.，当时，，得.时，，当且时，令，得，即.时，恰有2个零点，等价于且时，有2个解；即与在且时有两个交点.令（且），则；；，；当且时，，即在和上单调递减；当时，；时，；，；时，；如图所示：由图可知，当时，与有两个交点；恰有4个零点时，实数k的取值范围是．二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法正确的有（）A.若摸球后放回，则 B.若摸球后不放回，则C.若摸球后放回，则 D.若摸球后不放回，则答案：ABC解析：思路：对于AC：分析可知事件相互独立，结合古典概型结合条件概率公式分析判断；对于BD：根据题意结合全概率公式分析判断.解答过程：对于选项AC：若摸球后放回，则，且事件相互独立，可得，故A，C正确；对于选项BD：若摸球后不放回，则，，，，可得，即，故B正确，D错误.10.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则下列结论正确的有（）A. B.异面直线与所成角余弦值为C.三棱锥的体积为 D.直线与平面所成角正弦值为答案：BCD解析：思路：建立空间直角坐标系，由空间向量的数量积运算判断A；根据空间向量夹角的坐标公式即可判断B；根据三棱锥的体积公式即可判断C；根据线面夹角的坐标公式即可判断D．解答过程：如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，对于A，，所以，所以不成立，故A错误；对于B，，，所以，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，取平面的一个法向量为，所以直线与平面所成角正弦值为，故D正确．11.已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（

）A.是锐角三角形B.的面积为C.外接圆半径为D.若是最大角，则答案：BD解析：思路：根据余弦定理列出方程求出边长，再根据余弦定理以及正弦定理求解即可.解答过程：三边为连续正整数：（），最小角对最小边，记最小角为，则，由余弦定理，化简得，解得，因此三边长为2，3，4.对于选项A，最大角对最大边，记最大角为，由余弦定理，为钝角，故是钝角三角形，所以A错误；对于选项B，，则，三角形面积，所以B正确；对于选项C，由正弦定理，外接圆半径，，则，，，所以C错误；对于选项D，由二倍角公式，所以D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为______．答案：解析：解答过程：的定义域为，当时，，此时每相邻两个零点间的距离为；当时，，的最小正周期为，此时以为最小正周期．综上可知，的最小正周期为．13.若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________．答案：解析：思路：根据题意，求得，结合导数的几何意义，即可求解.解答过程：因为函数为偶函数，可得，即，所以，整理得恒成立，所以，即，当时，可得，则，可得，且，则切线的斜率为，切点坐标为，所以切线方程为，即.14.设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________．答案：解析：思路：根据题意，求得，，令，利用导数求得在上为单调递增函数，结合，即可求解.解答过程：设函数（），将点代入，可得，即，解得，即，所以，因为，所以函数在上为单调递增函数，设（），将点代入，可得，即，解得，即，所以，因为，所以函数在上为单调递增函数，设，则，因为，所以所以在上为单调递增函数，又因为，所以不等式，即为，所以，所以的解集为.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.已知函数，其中．（1）讨论函数的奇偶性；（2）当时，若存在，使得成立，求实数的取值范围．答案：（1）当时，为偶函数；当时，为奇函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数；（2）解析：思路：（1）应用奇函数及偶函数的定义计算，再应用特殊值法计算判断；（2）应用换元法计算，再结合指数函数及二次函数值域计算求解.（1）因为的定义域为，所以，当时，，为偶函数，当时，，为奇函数，当时，则，，从而，所以既不是奇函数也不是偶函数．（2）当时，，存在，使得成立，化简可得，即在上有解，令，因为，所以，即在上有解，，因为，所以实数的取值范围为．16.在中，角的对边分别为．已知．（1）求；（2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）先用正弦定理将已知边的关系式全部转化为角的正弦形式，展开并代入等式，消去两边相同项后提取公因式，结合三角形内角正弦不为，求出，再由角的范围确定的大小；（2）由垂直平分线性质得，得到；利用等腰外角关系得，在中列余弦定理；再对用正弦定理建立与的等式，结合二倍角公式联立求出，由为锐角开方得到．（1）由，得，即，因为，所以，所以，化简得，而，所以，又，所以；（2）因为在的垂直平分线上，所以，因为，所以，即，在中，，所以，，，在中，，，，，因为，所以，即①，在中，由，得，即②，将②代入①中，得，即，解得，所以，因为，所以，所以．17.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．（1）若，证明：平面；（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．答案：（1）取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）1．解析：思路：（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.（1）略（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．18.一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化．记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为．（1）求；（2）求；（3）求．答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）结合定义由细菌分裂规则得结合计算得出；（2）应用条件概率公式计算求解；（3）应用数学期望定义代入推导计算求解.（1）定义状态概率：记，，，．由细