精品解析：天津市第一0二中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

高三数学 一、单选题 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的大致图象如图所示，则可能是（ ） A. B. C. D. 4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 给出下列说法，其中正确的是（　　） A. 某病8位患者的潜伏期（天）分别为3，3，8，4，2，7，10，18，则它们的第50百分位数为 B. 已知数据的平均数为2，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别为5，13 C. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 D. 样本相关系数 6. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则三个数，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知菱形的边长为，，点，分别在边，上，，．若，，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则不正确的是（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位，得到的图象 C. ，都有 D. 函数的单调递减区间为， 9. 已知函数，，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称 C. 当时，的值域为 D. 当取得最值时， 10. 是虚数单位，复数，则_____． 11. 在的二项展开式中，的系数为____________________ 12. 某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率则为______________；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率______________． 13. 某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为0.6，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过的概率为________；甲5个轮次通过的次数的期望是_____________. 14. 如图，在平行四边形中，，，分别为，的中点，与交于点．已知，，则________；若，则的余弦值为________． 15. 若不等式对任意的恒成立，则的最大值为__________. 16. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 如图，在多面体中，平面，平面.，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求该多面体的体积； （3）求平面与平面所成的锐二面角的大小. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆E的方程； （2）设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求证：； （3）表示不超过x的最大整数，； 求（i）； （ii）． 20. 已知， （1）求在处的切线方程； （2）若不等式对任意成立，求a的最大整数解． （3）的两个零点为，，且为的唯一极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 一、单选题 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再由补集运算得出答案. 【详解】，则， 故选：B． 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合余弦函数的性质，以及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，，故充分性成立， 当时，，，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数的大致图象如图所示，则可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象，易得函数的定义域和对称性，奇偶性，再逐一判断各选项即得. 【详解】由图象可知，为奇函数且定义域为. 对于A,函数的定义域为关于原点对称，但，是偶函数，故A错误； 对于B，函数定义域为，与图象不符，故B错误； 对于C，函数定义域为关于原点对称，且，是奇函数，与图象符合，故C正确； 对于D，函数定义域为，与图象不符，故D错误； 故选：C. 4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【详解】A选项：如图： 在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图： 在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图： 在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图： 过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 5. 给出下列说法，其中正确的是（　　） A. 某病8位患者的潜伏期（天）分别为3，3，8，4，2，7，10，18，则它们的第50百分位数为 B. 已知数据的平均数为2，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别为5，13 C. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 D. 样本相关系数 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念可判断A的真假；根据两组相关数据的平均数和方差的计算方法判断B的真假；计算残差判断C的真假；根据相关系数的取值范围判断D. 【详解】对A：将3，3，8，4，2，7，10，18由小到大排列为2，3，3，4，7，8，10，18，第50百分位数即为中位数，这组数的中位数为，所以A错误； 对B：由数据的平均数为2，方差为3，则数据，，的平均数为，方差为，所以B错误； 对C：残差，故C正确； 对D：样本的相关系数应满足，所以D错误． 故选：C 6. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则三个数，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先比较的大小，利用偶函数的性质可得，再利用在上单调递增可比较函数值的大小 【详解】解：因为；， 所以， 为偶函数 又在上单调递增, ，即 故选：C 【点睛】此题考查偶函数的性质，考查指数式、对数式比较大小，考查计算能力，属于中档题. 7. 已知菱形的边长为，，点，分别在边，上，，．若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积的运算律可得，求解即可. 【详解】因为，， 所以 ， 即， ，， 所以，解得. 故选：A. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则不正确的是（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位，得到的图象 C. ，都有 D. 函数的单调递减区间为， 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象求出函数的解析式，利用三角函数的性质及函数的平移变换即可求解. 【详解】由图知，，即， 所以，由题意，根据为下降零点， 则，则， 又因为，所以， 所以的解析式为：， 对A，，故A正确； 对B，将的图象向右平移个单位，得的图象，故B错误； 对C，由三角函数的性质知，，所以，都有，故C正确； 对D，由，得， 所以函数的单调递减区间为，故D正确. 故选：B. 9. 已知函数，，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称 C. 当时，的值域为 D. 当取得最值时， 【答案】C 【解析】 【分析】根据和差公式、二倍角公式对原函数进行化简，再结合三角函数的性质逐项分析即可. 【详解】. 将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，， ，解得. . 选项A：的最小正周期为，故A错误； 选项B：将的图象向右平移个单位长度后得到， 函数图象不关于轴对称，故B错误； 选项C：当时，，， 因此当时，的值域为，故C正确； 选项D：，，则，， 因此当取得最值时，，，故D错误. 故选：C. 10. 是虚数单位，复数，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，进而求得即可. 【详解】∵， ∴. 故答案为：. 11. 在的二项展开式中，的系数为____________________ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由 ，则10-3r=1，解得r=3 所以x的系数为 考点：本题考查二项式定理展开式的通项公式 点评：解决本题的关键是熟练掌握二项式定理展开式的通项公式 12. 某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率则为______________；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率______________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】应用组合数，超几何分布的概率求法求恰有一名女生参加、至少有一名女生参加的概率，进而求至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率（条件概率）. 【详解】由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率， 至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率， 所以，在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率. 故答案为：， 13. 某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为0.6，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过的概率为________；甲5个轮次通过的次数的期望是_____________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】由独立事件的乘法公式得出甲第一轮通过的概率，再由服从二项分布得出甲5个轮次通过的次数的期望. 【详解】“第次投中”，， 则甲第一轮通过的概率为. 的可能取值为，服从二项分布， 则甲5个轮次通过的次数的期望是. 故答案为：；. 14. 如图，在平行四边形中，，，分别为，的中点，与交于点．已知，，则________；若，则的余弦值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】用表示出，根据条件列方程计算以及. 【详解】因为，又， 所以， 因为三点共线，所以， 同理可得，所以， 所以， ， 所以， 若，所以， 又因为，所以由上式可得. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关系一是共线的基本定理的推广的运用，二是向量基底的作用. 15. 若不等式对任意的恒成立，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据不等式对和分类讨论，分别满足不等式对任意的恒成立，列式求解即可. 【详解】解：①当时，由得到在上恒成立，显然a不存在； ②当时，由，可设， 由的大致图象，可得的大致图象，如图所示， 由题意可知则，所以， 当且仅当，即时，取等号，所以的最大值为 综上，的最大值为 故答案为： 16. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及已知可得，再由余弦定理求边长； （2）根据已知得，再由正弦定理求； （3）由（2）及已知有，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求. 【小问1详解】 由题设及正弦边角关系得，又，则， 由余弦定理有，则； 【小问2详解】 由且，则， 由正弦定理，则； 【小问3详解】 由上，故为锐角，则， 所以，， 所以. 17. 如图，在多面体中，平面，平面.，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求该多面体的体积； （3）求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由已知可证，取的中点，，所以，再由，证明，平面，进而可证明平面； （2），求出两个三棱锥的体积即可求解. （3）建立空间直角坐标系，写出四点的坐标，求出平面的一个法向量，平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，，， 所以 取的中点，连接，，因为为的中点， 所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面， 因为，所以平面. （2）， 由（1）知，平面， ， 所以 （3）如图建立空间直角坐标系，则 ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则，， 所以 因为平面，所以平面的法向量， 所以， 因为， 所以平面与平面所成的锐二面角为. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法总结 （1）定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，求两线的夹角 （2）垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一个交线，这两个交线所成的角； （3）三垂线法：过一个半平面内的一点作另一个半平面的一条垂线，过垂足作棱的垂线，记垂足为，连接，则即为二面角的平面角； （4）向量法：求两个半平面法向量夹角的即为二面角的平面角或二面角平面角的补角. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆E的方程； （2）设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【小问1详解】 由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； 【小问2详解】 联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求证：； （3）表示不超过x的最大整数，； 求（i）； （ii）． 【答案】（1），； （2）证明如下： 由（1）知，，，则 证明： 则； （3）（i）； （ii）. 【解析】 【分析】(1)设等比数列 的公比为 , 等差数列 的公差为 , 由已知列方程组求解 与 , 则数列 和 的通项公式可求; (2)把数列 和 的通项公式代入, 整理后利用裂项相消法求 ; (3)（i）由 , 求出 ，作和即可求得 （ii）利用错位相减法求 . 【小问1详解】 (1)设等比数列 的公比为 , 等差数列 的公差为 , 由 ， 得 , 解得 或 (舍去)； 故 , 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （i） ， ， 所以. （ii）①， 则 ②， 由①-②得： . 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式, 训练了裂项相消法与错位相减法求数列的前 项和, 考查运算求解能力, 是较难题. 20. 已知， （1）求在处的切线方程； （2）若不等式对任意成立，求a的最大整数解． （3）的两个零点为，，且为的唯一极值点，求证：． 【答案】（1） （2）3 （3） ，定义域为， 当时，在上单调递增，此时不存在两个零点， 所以，， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，故， 要使得有两个零点，需满足， 即，解得， 因为，所以， 令，由得， 所以， 要证，只需证， 即证，即证， ，只需证， 令，则， 令，则， 当时，，故在上单调递增，， 故在上单调递增，， 所以. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，利用导数几何意义得到切线方程； （2）参变分离得到对任意成立，令，，求导，结合零点存在性定理得到的最小值为，从而，a的最大整数解为3； （3），求导得到的单调性，要使得有两个零点，需满足，求出，，令，由得，要证，只需证，令，二次求导，得到的单调性，，所以. 【小问1详解】 的定义域为， ，，又， 所以在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，， ， 即， 即对任意成立， 令，，则， 令，， 故，所以在上单调递增， ，， 由零点存在性定理得，使得，即， 所以当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为， 所以，a的最大整数解为3； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $