江苏省扬州市2026届高三下学期第一次调研测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省扬州市2026届高三第一次调研测试数学试题一、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.已知集合，，则集合的子集个数为（）A.32 B.16 C.8 D.4【答案】C【解析】由，则，元素个数为3个，则集合的子集个数为个；故选：C.2.若复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】若复数满足，则，故复数的虚部为.3.展开式中的常数项为（）A.20 B.-20 C.-12 D.-8【答案】B【解析】因，则展开式的通项公式为，由解得，所以展开式中的常数项为.故选：B.4.若是夹角为的两个单位向量，则和的夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为是夹角为的两个单位向量，所以，，设为的夹角，，故选：A.5.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；所以个位是偶数共有20种；同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.故选：C.6.已知数列为等差数列，，为函数的两个极值点，则（）A.1 B.3 C. D.【答案】B【解析】由得，，令，得，且不是该方程的根.易知判别式大于0，因为为函数的两个极值点，是方程的两正根，由韦达定理可得，，因为为等差数列，所以.故选：B.7.已知函数，若有两个零点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知，令，则，所以或；可得或，因此或，又因为，所以；所以.故选：B.8.已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D.若，则双曲线的离心率取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设双曲线的右焦点为，则直线，联立方程，消去y得：，则可得，则，设线段的中点，则，即，且，线段的中垂线的斜率为，则线段的中垂线所在直线方程为，令，则，解得，即，则，由题意可得：，即，整理得，则，注意到双曲线的离心率，∴双曲线的离心率取值范围是.故选：A.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（）A.极差变小 B.平均数变大C.方差变小 D.第25百分位数变小【答案】AC【解析】由题意可知，原数据是公差为的等差数列，设，则，去掉后，新数据为共8个数.选项A：原极差：，

新极差：，极差变小，A正确；选项B：原平均数：，

新平均数：，平均数不变，B错误；选项C：原平均数和新平均数均为，原方差新数据的方差所以方差变小，C正确；选项D：原数据共个：，向上取整得第25百分位数为第3个数新数据共个：，第25百分位数为第2、3个数的平均，百分位数变大，D错误.10.在正三棱柱中，各棱长均为1，D为BC的中点，则（）A.B.平面C.D.三棱柱外接球表面积为【答案】AD【解析】对于A，因为多面体为正三棱柱，则平面，因平面，故，又因正三棱柱的各棱长均为1，D为BC的中点，则，因平面，故平面，又平面，故，故A正确；对于B，假设平面，平面，则，又，，平面，所以平面，又平面，所以，这与为等边三角形矛盾，故B错误；对于C，因为的面积与的面积相等，且两三角形同在平面中，故三棱锥的体积等于三棱锥的体积，即，又，，，C错误；对于D，设为的外心，为的外心，为的中点，则与两底面垂直，因，，故，即为三棱柱外接球的球心，又，，故，即外接球的半径，故外接球表面积，D正确.故选：AD.11.已知（且），若，且（e为自然对数的底数），则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】由，可知或，又，因同正，两边同除以可得，令，则，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，当且，此时与题意不符合；当且时，，故．令，则，当时，，在上单调递减，又，所以，所以，所以，故A正确；令，则，所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，因为，所以当时，，即，即，故B错误；令，则，记，则，所以，则，所以在上单调递增，所以，即，即，所以，即，故C正确；令，，则，令，，则，即在上单调递增，所以，，在上单调递增，所以，即，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆柱与圆锥的高的比为，底面半径的比为，若圆锥的体积为1，则圆柱的体积为_____，【答案】【解析】设圆柱的高为，底面半径为，则其体积，设圆锥的高为，底面半径为，则其体积，所以，所以.答案为：.13.已知抛物线上距离点最近的点恰好是其顶点，则的取值范围是______.【答案】【解析】设为抛物线上任意一点，则，因为，所以对称轴，又由于，且最小时，，所以，所以.故答案为：.14.定义：是不大于x的最大整数，是不小于x的最小整数，设函数在定义域上值域为，记元素个数为，则________．【答案】【解析】由函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，当时，，可得，，，即，当时，，可得或，或，或1或2，即，当时，，可得或1或2，或或，或1或2或4或5或6，即，当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，设，则，，所以，则可得递推关系：，所以,当时，成立，则，则，所以，四、解答题：本大题共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.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为底面直径，四边形POBC是梯形，且，，，D为圆O上一点．（1）若点M在线段AD上，且，求证：∥平面CDB；（2）当直线PD与平面PAB所成的角为30°时，求二面角的正弦值．（1）证明：法一：取线段OB的中点N，连接MN，PN．因为，，所以且，因此四边形PCBN是平行四边形，所以．又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．因为，，所以．又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．而平面PMN，所以平面平面CDB，又平面PMN，所以平面CDB．法二:在线段BD上取点E，使得，连接CE，ME，又，所以，且，又，且，所以，且．所以四边形PCEM是平行四边形，所以，又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．（2）解：由圆锥的对称性不妨取点D为如图所示位置，在圆锥底面内过点D作于点F，连接PF，因为平面平面ABD，平面平面，所以平面PAB，所以就是直线PD与平面PAB所成的角，所以，因为，所以．连接OD，则，即点F为OB的中点．以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，于是．设平面APD的法向量为，则，得，取，可得．设平面PDB的法向量为，则，得，取，可得．所以，故二面角的正弦值为．16.近年来某App用户保持连续增长，若李明收集了2020-2024年的年份代码与该App在线用户数y（单位：万）的数据，具体如下表所示：年份代码x12345App在线用户数y（单位：万）80150210260300（1）求样本相关系数r，并判断变量x与y之间的线性相关关系的强弱：（2）从年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据y，记最小的数据为X，求X的分布列及数学期望．注：样本相关系数．当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当它接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱.其中，．解：（1）由题意，，，则，由，同理，则，则，由接近1且为正，故变量x与y之间有很强的线性正相关关系.（2）由题意，X的可能取值为80、150、210，则，，，故X的分布列为：X80150210P则.17.记的内角的对边分别为，已知.（1）求的值；（2）若的面积为，求；（3）若，当角最大时，求的面积.解：（1），由正弦定理可得：，，，两边同时除以，可得：.（2）方法1：，则，结合正弦定理得，，即，则，所以，即，解得，又，所以.方法2：同方法可得，由（1）可得，所以，即，又，所以，解得，，所以.（3）方法1：，，，，，当且仅当时等号成立，此时取到最大值，，当最大时，.方法2：由（1）知，则，所以，当且仅当，即时，取“=”，此时，则，.18.已知函数的一个极值点是．（1）求a与b的关系式；（2）求出的单调区间；（3）设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．解：（1）因为，所以，因为函数的一个极值点是，所以，即；则有，当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.所以.（2），由（1）可知.①当时，令得或，列表如下：x2-0+0-满足是函数的极值点；②当时，令得或，列表如下：x2-0+0-满足是函数的极值点.所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．（3）由（1）（2）知，，且时，在单调递增，在单调递减，又因为，，所以在上的最大值为，最小值为又当时，函数在单调递增，所以在上的最大值为，最小值为．因为存在，使得成立，即存在，使得成立，即，又，所以解得，所以实数a的取值范围为．19.过双曲线上一点作两渐近线的垂线，垂足为、，且.（1）求双曲线方程；（2）过点的直线与双曲线右支交于、两点，连接、，直线与、分别交于、，