2026-2027学年江苏省连云港市灌南名校协作体高三上学期8月学情质量监测数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.一、单项选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.1.若集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，则等于（）A. B. C. D.3.已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知10个互不相同的样本数据：的平均值为，则关于新样本数据：，下列说法正确的是（）A.极差变大 B.平均数变大C.方差变小 D.中位数变小5.已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（）A. B. C. D.6.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则点集所表示的平面区域的面积是（）A.2 B. C.4 D.67.已知是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若是正三角形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.8.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，，且，则（）A.2 B.4 C.5 D.6二、多项选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.9.已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（）A. B.展开式的各项系数的和为C.展开式的各二项式系数的和为32 D.展开式的常数项为10.已知是定义在上的函数，，都有，且当时，，则下列结论正确的是（）A.若，则B.函数在上单调递减C.若，则不等式的解集为或D.为奇函数11.在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（）A.若，则点的轨迹长度为B.与所成角的最大值为C.若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为D.若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分.12.已知等比数列的前n项和为，若，，则________．13.若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________.14.已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________．四、解答题：共5题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分.15.某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器.在这8件文物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物.现从这8件文物中随机选取3件进行巡回展览．（1）求选出的3件文物都是汉代文物的概率；（2）设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望．16.在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且.（1）若，求的大小；（2）当取得最小值时，求的面积.17.如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点满足．（1）证明：直线平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．18.已知椭圆：（）的离心率为，右焦点为，若点为椭圆的右顶点，且．（1）求椭圆的方程；（2）已知椭圆上两点，（异于点）关于坐标原点对称，直线，分别交椭圆于另一点和点．（i）求直线与直线的斜率之积；（ii）求面积的最大值．19.已知函数的定义域为D，对于给定实数t，定义集合．（1）若，求；（2）若，求证：“为周期函数”的充要条件是“存在非零常数t，使得”．（3）若，，且对于任意的，都有，求实数a的取值范围．

数学本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.一、单项选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.1.若集合，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：解出集合，再根据交集含义即可得到答案.解答过程：由题意得，解得，即，则.故选：B.2.已知复数，则等于（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用复数的除法运算，分母实数化，将复数化为的形式，利用计算即可．解答过程：因为，因为，故；所以．3.已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案：B解析：思路：举反例可说明充分性不成立，利用两平面有公共点，则公共点在两平面的交线上可说明必要性成立.解答过程：如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，且三点共线，但直线不共面，所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件；若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内，则在平面与的交线上，所以三点共线，所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件；所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件.故选：B.4.已知10个互不相同的样本数据：的平均值为，则关于新样本数据：，下列说法正确的是（）A.极差变大 B.平均数变大C.方差变小 D.中位数变小答案：C解析：思路：根据极差、平均数、方差、中位数定义理解及求法判断各项的正误.解答过程：因为极差是数据中最大值与最小值的差值，新样本数据的最大值和最小值与原样本的最大值和最小值相同，所以极差不变，故A错误；因为的平均值为，所以新样本数据的平均值为，故B错误；设的方差为，则新样本数据的方差为，所以方差变小，故C正确；根据中位数的概念可知，中位数可能变小，也可能变大，故D错误.故选：C.5.已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：考虑从甲袋中取出的球是白球还是红球，根据全概率公式，即可求得答案.解答过程：设事件表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件表示“从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球”，事件表示“最后从乙袋中取出的球是红球”，所以，故，，故，故A正确.6.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则点集所表示的平面区域的面积是（）A.2 B. C.4 D.6答案：C解析：思路：根据集合的描述及已知函数新定义有或，进而作出点集表示的对应区域，即可得答案.解答过程：由可得或，即或或或，即或或或，上述不等式组表示的平面区域如图示：由图可知平面区域由4个边长为1的正方形组成，所以点集所表示的平面区域的面积是.7.已知是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若是正三角形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由条件结合对称性可得，，解直角三角形可得，，结合双曲线的定义求结论.解答过程：∵为等边三角形，∴，即，由对称性可得，所以，又，所以，结合，，可得，，又，所以，化简可得，所以双曲线的离心率为.8.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，，且，则（）A.2 B.4 C.5 D.6答案：D解析：思路：根据为偶函数，可得，两边求导后可得，令，得，令，得；由，可得的周期为6，进而得，从而可得答案.解答过程：因为为偶函数，所以，两边同时求导得，即，所以，即，令，得，令，得，又因为，所以，由，所以，所以的周期为6，则，而，所以，所以.二、多项选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.9.已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（）A. B.展开式的各项系数的和为C.展开式的各二项式系数的和为32 D.展开式的常数项为答案：AD解析：思路：由展开式的第2项与第3项系数的和为，利用通项求出的值，进而可求各项系数的和，二项式系数的和常数项.解答过程：展开式的通项为，且，展开式的第2项与第3项系数的和为，则有，由解得，A选项正确；令，展开式的各项系数和为，B选项错误；展开式的二项式系数和为，C选项错误；令，得，则的展开式的常数项为，D选项正确.故选：AD.10.已知是定义在上的函数，，都有，且当时，，则下列结论正确的是（）A.若，则B.函数在上单调递减C.若，则不等式的解集为或D.为奇函数答案：BD解析：思路：利用赋值法可判断A，利用单调性的定义可判断B，结合单调性和定义域可判断C，利用奇函数的定义可判断D.解答过程：对于A，令，则，所以，A错误；对于B，对任意，设，则，因为当时，，所以，，即，因此在上单调递减，B正确；对于C，，由可得，由B选项可得，解得，又，所以，故解集为，C错误；对于D，令，由可得定义域为；定义域关于原点对称，又，所以为奇函数，D正确.11.在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（）A.若，则点的轨迹长度为B.与所成角的最大值为C.若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为D.若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是答案：ACD解析：思路：分析可知，根据勾股定理可得，进而可知点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，即可判断选项A；连接，，，，易得为等腰三角形.当点为的中点时，，故，此时与所成角为，即可判断选项B；由可知平面，故点的轨迹为线段，即可判断选项C；设，易知当点为的中点时，最大，此时；当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以，故由正弦定理可得的外接圆直径，进而可求三棱锥的外接球的半径的范围，即可判断选项D.解答过程：∵点在侧面内，∴平面.∵平面，平面，∴.在中，由可得.∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，∴点的轨迹长度为，故选项A正确；如图所示，连接，，.在中，.同理可得，∴为等腰三角形.当点为的中点时，连接，此时有.在正方体中易知，∴，此时与所成角为，故选项B错误；∵，∴平面，∴点的轨迹为线段，∴点的轨迹长度为，故选项C正确；设，易知当点为的中点时，最大.取的中点，则，，∴；当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以.∵，，在球面上，∴的外接圆直径.∴三棱锥的外接球的直径为，∴三棱锥的外接球的半径，∴三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分.12.已知等比数列的前n项和为，若，，则________．答案：42解析：解答过程：等比数列的前n项和为,成等比数列，，，，，.13.若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________.答案：##解析：思路：利用导函数在某点处的切线的斜率与圆在某点处切线斜率之间的关系分析求解即可.解答过程：由知定义域为，则，此时曲线在点处的切线斜率为：，又圆的圆心与点所在直线的斜率为：，所以圆在点处的切线斜率为：，由题意知，①又在圆上所以：，②将①代入②中得：，化简得：，解得：或（舍去），又由题意知，所以，此时，所以，将代入中有：，解得.14.已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________．答案：解析：思路：由正弦定理求得圆柱的底面圆半径，再由外接球表面积求出圆柱的高为6，求出面积的最大为，即可得出三棱锥体积的最大值.解答过程：设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得；易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得；设外接球球心为，,所以，解得,即圆柱的高为6，因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6，取的中点为，连接，因此，如下图：因为，所以，当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大；因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为，因此，所以三棱锥体积的最大值为.四、解答题：共5题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分.15.某博物馆馆藏有8件珍贵文物，其中5件为陶瓷器，3件为青铜器.在这8件文物中，4件为汉代文物，其余4件分别是唐、宋等其他4个互不相同的朝代的文物.现从这8件文物中随机选取3件进行巡回展览．（1）求选出的3件文物都是汉代文物的概率；（2）设随机变量X为选出的3件文物中陶瓷器的件数，求X的分布列和数学期望．答案：（1）；（2）分布列如下：0123数学期望为.解析：思路：（1）由组合知识求出从8件文物中任选3件的方法数，及从8件文物中任选3件的方法数，从而求出概率；（2）得到X的可能取值和对应的概率，得到分布列，得到数学期望（1）从8件文物中任选3件，有种方法．选出的3件文物都是汉代文物，有种方法.故所求的概率；（2）由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3.，，，．所以X的分布列为0123数学期望，16.在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且.（1）若，求的大小；（2）当取得最小值时，求的面积.答案：（1）；（2）解析：思路：（1）由正弦定理得到，根据得到方程，求出，根据余弦定理得到，求出；（2）由利用三角形面积公式可得，根据基本不等式解出的最小值，应用取等条件求出三角形面积.（1）因为，由正弦定理得，因为的角平分线交BC于点D，所以，由，得，则，即，所以，在中，由余弦定理得，即；（2）由，得，得，化简得，即，所以，当且仅当时等号成立，取得最小值，此时，面积为．方法提示：17.如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点满足．（1）证明：直线平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．答案：（1）∵平面，平面，∴，∵底面为矩形，∴，又平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面;（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.（1）略.（2）∵平面，平面，∴，∵底面为矩形，∴，以A为原点，，，向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，∴，取，则，，即，平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为,所以.18.已知椭圆：（）的离心率为，右焦点为，若点为椭圆的右顶点，且．（1）求椭圆的方程；（2）已知椭圆上两点，（异于点）关于坐标原点对称，直线，分别交椭圆于另一点和点．（i）求直线与直线的斜率之积；（ii）求面积的最大值．答案：（1）（2）（i）；（ii）解析：思路：（1）设出点坐标，则，根据离心率，可得，的值，根据，，的关系，可得，即可得答案.（2）（i）设，则，由（1）得，可得直线的方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得点坐标