江西南昌市2026-2027学年高三上学期第一次素养测试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页江西南昌市2026-2027学年高三上学期第一次素养测试数学试题一、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.若x∈A，则1x∈A，就称A是伙伴集合．其中M=−2,−1,0,1A.1 B.3 C.7 D.312.已知θ∈π3,π2，在单位圆中角θ的正弦线、余弦线、正切线分别是DP，OD，A.DP>OD>AT B.DP>AT>OD

C.AT>OD>DP D.AT>DP>OD3.已知▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=π4，a=2，c=1，则角CA.π3 B.π6 C.π6或5π4.已知函数f(x)=xcosx−sinx，则f′A.π2 B.−π2 C.−15.在△ABC中，tanA+tanB+tanC=3A.30° B.45° C.120° D.60°6.函数y=1x−1的图像与函数y=2sinπxA.8 B.10 C.12 D.147.已知在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足1tanA+1tanB=A.32 B.22 C.8.若对∀x,y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)−4，函数g(x)=2sinxcosx+1+f(x)A.4 B.8 C.12 D.16二、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.已知m>0，n>0，则下列不等式能使m<n成立的有(

)A.2m<2n B.log110.《命运交响曲》是被尊称为“乐圣”的音乐家贝多芬创作的重要作品之一．如果以时间为横轴，音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，若这些点在函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的图象上，且图象过最高点π6,2，相邻最大值点与最小值点之间的水平距离为A.ωφ=π3

B.当x∈0,π2时，f(x)的值域为[−3,2]

C.f(x)在区间−π311.已知定义在R上的函数f(x)，当x∈[0,2)时，f(x+2k)=(k+1)f(x)(k∈Z)，且f(x)=x|x−a|，a>0，则下列说法正确的是(

)A.f(2)=0

B.若a=2，则f(−99)=−50

C.若a=1，则g(x)=f(x)−23(x+1)在[−6,6]上恰有5个零点

D.若∀k∈N ​∗，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知log2x2−13x13.已知平面直角坐标系中的点M(a,b)满足3a2−4ab+b2<0，若函数f(x)=asinx+bcosx(a,b分别为M的横，纵坐标)在x=x0处取得最大值14.已知函数f(x)=eax+acosx−π2a(a>0)，若对任意的x∈[−π2,四、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)记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(b+c)sin(1)求A；(2)若∠BAC的角平分线AD与BC交于点D，且b=2，AD=1.求▵ABC的面积．16.(本小题15分)如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，

(1)证明：平面ABC⊥平面ACC(2)若直线A1B与平面ABC所成角为60∘，求平面A17.(本小题15分)甲、乙两名同学进行篮球罚篮游戏，两人交替进行，每交换一次称为一轮，罚中记1分，罚不中记0分，甲、乙每次罚中的概率分别为12,23，且假设每次罚中与否以及对方罚中与否对下次罚球都不产生影响，共进行(1)求甲获胜的概率；(2)游戏结束后，乙总得分减去甲总得分记为随机变量X，求X的概率分布列与数学期望．18.(本小题17分)已知函数fx(1)当a=3(2)讨论fx(3)当a>32时，证明：f19.(本小题17分)已知抛物线C:x2=2py(p>0)

的焦点为F，Mx0,y0

为抛物线(1)求抛物线C的方程；(2)已知点M1(2,1)，按照如下方式构造点Mn(n=2,3,4,⋯)，设直线ln−1为抛物线C在点Mn−1处的切线，过点Mn−1作ln−1的垂线交抛物线(ⅰ)证明：当n≥1时，Mn(ⅱ)设ΔMnFMn+1的面积为S1.【答案】B

2.【答案】D

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】ABD

10.【答案】AC

11.【答案】ACD

12.【答案】−2

13.【答案】3414.【答案】0,215.【答案】解：(1)因为(b+c)sinB=(a+c)(sinA−sinC)，

由正弦定理得(b+c)b=(a+c)(a−c)，

整理得b2+c2−a2=−bc，

所以cosA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，

因为A∈(0,π)，所以A=2π3;

16.【答案】解：(1)证明：取AC的中点O，连接A1O，

因为A1A=A1C因为AB⊥BC，BA=BC，O为AC的中点，所以所以A1所以A1因为OA∩OB=O，OA⊂平面ABC，OB所以A1O⊥因为A1O⊂所以平面ABC⊥平面AC(2)由(1)可知，A1O⊥所以A1B与平面ABC所成角即为∠A因为▵A所以∠A所以A1O=3，AO=1如图所示，以O为原点，分别以OA，OB，OA1所在方向为x轴、y轴、

则A1(0,0,3)，所以A1B1设平面A1B1则有n1⋅令z=1，则y=−3，所以n1易知平面ABC的一个法向量为n2设平面A1BC与平面ABC的夹角为所以cosθ=|所以平面A1B1C与平面

17.【答案】解：(1)记甲获胜为事件A，其中分为三种情形，情形一：甲得1分，乙得0分，概率为C3情形二：甲得2分，乙得0、1分，概率为C3情形三：甲得3分，乙得0、1、2分，概率为C3从而P(A)=1(2)X的所有可能取值为−3,−2,−1,0,1,2,3．PX=−3PX=−2PX=−1PX=0PX=1PX=2PX=3从而X的分布列为X−3−2−10123P111171111E(X)=(−3)×1

18.【答案】解：(1)当a=32时，函数fx可得f′x令tx=f′x当x∈0,1时，t′x<0当x∈1,+∞时，t′x>0所以函数f′x在x=1处取得最小值，最小值为f′所以f′x≥0恒成立，所以函数所以函数fx的单调递增区间为0,+∞(2)解法一：因为a>0,x>0，令f(x)=a2x2−3ax令g(x)=3lnxx(x>0)，所以f又因为g′(x)=31−lnxx2，当0<x<e时，所以函数gx在0,e上单调递增，在e,+∞且g1=0，有极大值也是最大值由图可知，当a>3e时，函数y=gx当a=3e时，函数y=gx与y=a当0<a<3e时，函数y=gx与y=a综上，a>3e时，fx的零点个数为0；a=3e0<a<3e时，fx解法二：因为a>0,x>0,a设g(x)=ax−3lnx,g′(x)=a−3x，当当x∈3a,+∞时，g′(x)>0,g(x)单调递增；当x=3a①当3−3ln3a>0，即a>3e时，②当3−3ln3a=0，即a=3③当3−3ln3a<0，即0<a<3令u(x)=lnx−xx>所以u(x)<u(1)=0，即lnx<x，有g(x)=ax−6所以g81所以f(x)在区间0,3a和3a,+∞上各有一个零点，即综上，a>3e时，f(x)的零点个数为0;a=3e时，0<a<3e时，f(x)的零点个数为(3)①当x≥1时，f′x令hx因为x≥1,a>0，所以2ax≥2a，而a>32，即2ax≥2a>3,2ax−3>0，所以hx在区间1,+∞上单调递增，所以hx≥h所以fx在区间1,+∞上单调递增．所以f②当0<x<1时，令ux=x−sin所以ux>u0=0，即令mx当x∈0,3a时，m′x<0，mx单调递减；当当x=3a时，mx若0<3a<1，即a>3，则m若3a>1，即32<a<3，则所以mx>m1=a综上可得，fx

19.【答案】(1)解：抛物线C的准线方程为y=−p2，所以|MF|=y0+p2，

所以y0+p2=1+y0，解