江苏镇江市2026-2027学年高三上学期期初监测数学试题（含解析）

2026~2027学年第一学期镇江市高三期初监测数学试卷2026.9注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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.已知命题：，，则的否定为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据全称量词命题的否定规则，变换量词并否定结论即可得出结果【详解】原命题为：，，按规则否定：量词替换：将改为；取值范围保留：仍为；结论否定：的否定为，因此的否定为，.2.已知集合，，则的子集个数是（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】B【解析】【分析】先求出集合M与N的交集，再根据交集的元素个数计算子集总数.【详解】因为，共含有2个元素，因此其子集个数为.3.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】D【解析】【详解】由，得，由，得，得，则推不出，推不出，故“”是“”的既不充分又不必要条件．4.函数的单调增区间是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求对数函数的定义域，再依据复合函数“同增异减”的单调性规则，结合内层二次函数的单调性取交集得到结果．【详解】由题得，，因为对数函数在单调递增，二次函数在单调递减，在单调递增，所以函数的单调增区间是．5.正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合正四面体及其内切球的结构特征作出截面并判断.【详解】正四面体内体积最大的球是它的内切球，该球与正四面体的四个面都相切，切点为正四面体的4个正三角形面的中心，该球球心为正四面体中心，取的中点，连接，则过和的平面截正四面体得，正的中心分别在线段上，正四面体的内切球球心在内，因此平面截正四面体的内切球得该球的大圆，这个大圆与线段都相切，与线段相离，选项ACD不符合，B符合.6.已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，因为正方体棱长为，所以，所以，设面的法向量为，可知，即，当时，解得，所以面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.7.小明同学用一架两臂不等长的天平称20克药剂，他先将10克的砝码放在天平左盘中，取出一些药剂放在天平右盘中使天平平衡；再将10克的砝码放在天平右盘中，再取出一些药剂放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的药剂装入烧杯．你认为小明装入烧杯中药剂的剂量（）A.小于20克 B.等于20克 C.大于20克 D.不能判断【答案】C【解析】【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，设第一次操作（药剂在右盘）称得的药剂为克，第二次操作（药剂在左盘）称得的药剂为克，则，解得，，当且仅当时，取等号，而，所以.8.已知函数，若不等式对任意恒成立，其中，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先考虑函数是否具有奇偶性、单调性；再根据函数的性质将题中条件等价为对任意恒成立，因而将求的最大值转换为先求的最小值，再求该最小值的最大值【详解】对，，故函数的定义域为，，因此函数是奇函数，对，，所以函数在上单调递增，对，不等式恒成立，即，由于单调递增，所以对任意恒成立，因为，所以对任意恒成立，所以，设函数，则，所以当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，因此在时取最小值，，要使对恒成立，等价于恒成立，设，，则，则当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取最大值，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当，时等号成立.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的选项中，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.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式、导数四则运算法则、复合函数求导法则，逐一验证各选项的求导结果即可．【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确．10.设，，，则（）A.最小值为 B.最小值为C.最小值为 D.最大值为【答案】ABD【解析】【详解】已知，故.对选项A：∵，∴，代入得：,该式为关于的二次函数，开口向上，对称轴为，且,∴当时，取最小值，代入得，故A正确.对选项B：.∵，∴，当且仅当即，即时等号成立,故最小值为，B正确.对选项C：由基本不等式得,代入得，整理得，当且仅当，即时等号成立，即存在最大值，当时，，无最小值，故C错误.对选项D：令，，两边平方得：,由C得，代入得,∴，当且仅当时等号成立，代入解得，满足取值范围，故最大值为，D正确.11.在棱长为的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则（）A.当时，B.当时，C.直线和平面所成角的余弦值为D.线段长度的最小值为【答案】BD【解析】【分析】通过建立空间直角坐标系，确定点的坐标规律与点的轨迹方程，再逐一验证各选项【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为，则，，，，.由得，即；因为在上底面内，故设，由得，化简得，即的轨迹是上底面内以为圆心，半径的一段圆弧（如图所示）.选项A：时，，，，两向量不共线，故不平行于，A错误；选项B：时，，，B正确；选项C：直线与平面所成角为，其在平面内的射影为，，故，C错误；选项D：的坐标均为，故长度为上底面中两点距离，其中在线段上，在上底面内上（不含），圆心到线段的距离为，故，当且仅当三点共线且时等号成立.故最小值为，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知一个正三棱台的上底边长为2，下底边长为8，侧棱长为5，则该三棱台的体积为________．【答案】【解析】【分析】先计算正三棱台上下底面的面积，再结合侧棱长与上下底面外接圆半径的差，通过勾股定理求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算结果.【详解】由题意可知上底面面积，下底面面积，上底面的外接圆的半径为，下底面的外接圆的半径为，侧棱长，，即所以三棱台的体积为.13.二次函数在区间的平均变化率为，请写出满足条件的一个______．【答案】（答案不唯一）【解析】【详解】设二次函数为（为常数），可知在区间上的平均变化率，化简得，解得，当时，.14.在正四棱锥中，点为侧棱中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，，该平面将正四棱锥分成两部分，记四棱锥的体积为，另一部分体积为，则的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】设，，将用，表示，再利用空间向量四点共面的结论可得到，则可转化为一个关于的函数，即可求解.【详解】设，，，则，，因为点为侧棱中点，所以，同理.故；又因为，所以，由于，，，四点共面，所以，则所以，而，令，令，则，由对勾函数单调性易得从而本题难度较大，核心在于设，，利用等体积与四点共面等结论将所求量转化为一个关于或的函数表达式，体现了数学抽象与逻辑推理的核心素养.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.设函数，且在处的切线为．（1）求实数，的值；（2）求函数在上的最大值．【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切点坐标和切线斜率列方程组求解参数，；（2）通过导数判断函数在给定区间的单调性，比较区间端点函数值得到最大值.【小问1详解】由，得函数的定义域为..在处的切线为，切点为，切线斜率..，解得，.实数的值为，的值为1.【小问2详解】由（1）得，则.，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增.在区间端点处取得最大值.，，且；，则.函数在上的最大值为.16.我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：（，）．（1）证明“三元不等式”：（，，）；（2）若关于的不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）由，，，则，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号；同理，当且仅当时取等号；同理，当且仅当时取等号，则三式相加得，又由“二元不等式”得，，，所以，即，当且仅当时取等号，得证．（2）【解析】【分析】（1）先证明，，，将三式相加，进而结合“二元不等式”即可证明；（2）先根据“三元不等式”求出的最小值为，从而将题意转化为，进而解一元二次不等式即可．【小问1详解】略【小问2详解】由，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，又不等式对任意实数恒成立，所以，即，解得，所以实数的取值范围为．17.如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，．（1）求点的坐标；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设点的坐标为，利用向量共线定理，结合的距离条件列方程求解；（2）求出向量

与

的坐标，利用空间向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值.【小问1详解】设点的坐标为；，，，.点在棱上，，即；，即.，，，；，，即，整理得，解得或.，；，即点的坐标为.【小问2详解】设异面直线与所成角为；由，，，，得，.；异面直线与所成角的余弦值为.18.已知函数，其中．（1）若是偶函数，求的值；（2）当时，设函数，当时，求的最小值；（3）若有四个不同的零点，求的取值范围．【答案】（1）或（2）（3）【解析】【分析】（1）根据偶函数的性质求解；（2）对自变量取值分类讨论去绝对值，分段求函数的最小值；（3）同样对自变量取值分类讨论去绝对值，每段都是二次函数，根据有四个不同零点的条件，用二次函数的判别式求参数的取值范围【小问1详解】因为函数是偶函数，所以对，有，即，化简得，对恒成立，则或；【小问2详解】当时，，则，当时，当时，，当时，，当时，，当且仅当时，即当时，等号成立；当时，，即函数在上单调递增，所以在时取最小值，因为，所以的最小值为；【小问3详解】令，则，若，则，，则至多只有一个零点，与条件不符；若，则方程只有一个解，故只有一个零点，与条件不符；若，当时，，当时，，因为有四个不同零点，所以上述两个二次方程应分别有两个不同的实数根，当时，，当时恒成立，此时，要使，即要，即要，显然此式恒成立，故，因此当时，函数有两个不同的零点，；当时，，要使，则，此时该方程的两个根为，，当时，，，则，；当时，，；因此当时，若，函数有两个不同的零点，；综上所述，要使有四个不同的零点，的取值范围为19.平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为．（1）如图1，若，（i）证明：平面平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；（2）如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（i）由，得平面平面，又因为平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（ii）.（2）存在，且．如图，分别取线段的中点，，，，连接．首先证明：平面．因为点，，，在球的球面上，所以，又因为为公共边，所以与全等，因此，而，所以，因此，又因为平面，所以平面，同理平面．再考虑各二面角的平面角．由，分别为中点知，，又因为，所以，又因为平面，所以为在平面内的射影，结合三垂线定理知，所以二面角的平面角为，记为，同理，二面角的平面角为，记为，由平面平面知，分别为平面，平面的法向量，所以与的夹角或，而为锐角，因此，综上可知，，且，所以，若，则，因此，即，解得或（舍去）．综上存在，且．【