精品解析：天津市静海区第四中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷

高三数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试卷满分150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷 一、选择题（共9题；每题5分，共45分） 1. “”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 2. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，将四组数据对应的相关系数进行比较，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知函数的最小正周期为，则在区间上的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知，是双曲线：的两个焦点，过点与轴垂直的直线与双曲线交于、两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知某圆柱的高为，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以为球心的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题（每题5分，共30分） 9. 复数的虚部为____________． 10. 在二项式的展开式中常数项为___________． 11. 已知圆心位于抛物线焦点处的圆，与直线相交于、两点，且，则圆的标准方程为________． 12. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 13. 如图，在梯形中，，，，，， （1）________． （2）P是上的动点，则的最小值为___________． 14. 关于函数，有下列命题： ①图象关于原点中心对称； ②图象关于直线轴对称； ③图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到； ④图象向左平移个单位长度，即得到函数的图象． 其中正确命题的序号是______． 三、解答题（共75分） 15. 在中，角A、B、C所对的边分别为.已知，，，且. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 16. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 18. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 19. 如图，在三棱柱中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧棱平面ABC，，点D是BC的中点，点F是的中点，点E在AC上，且. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）在线段上是否存在一点P，使得直线PF与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试卷满分150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷 一、选择题（共9题；每题5分，共45分） 1. “”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】B 【解析】 【分析】由对数函数单调性可得等价于，结合充分、必要条件分析判断即可. 【详解】因为等价于， 则可以推出，即必要性成立； 但不能推出，例如，即充分性不成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 2. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，将四组数据对应的相关系数进行比较，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的散点图，结合相关系数的意义判断即得. 【详解】由图知，对应的与负相关，且对应的相关性更强，即； 对应的与正相关，且对应的相关性更强，即， 所以. 故选：A 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过观察图像，可知先判断函数的奇偶性进行排除，再利用特值法，分析的函数值与的大小和的函数值与的大小，从而得到答案. 【详解】由函数，可得其定义域为，关于原点对称， 又由，所以函数为奇函数， 图象关于原点对称，可得排除A、D项； 当时，可得，所以，此时； 当时，可得，所以，此时， 所以选项B符合函数的图象的形状． 故选：B． 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性进行求解判断即可. 【详解】因为指数函数是实数集上的减函数， 所以， 因为指数函数是实数集上的增函数， 所以， 因为对数函数是正实数集上减函数， 所以，因此， 故选：A 5. 已知是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直性质，平行线传递性，线面平行判定定理结合面面平行性质可判断各选项正误. 【详解】对于A，由，，则与相交或（为两个平面的交线时），故A错误； 对于B，由线面垂直的性质知时，，故B正确； 对于C，当，则或，故C错误； 对于D，若，则与无公共点，则或与异面，故D错误. 故选：B 6. 已知函数的最小正周期为，则在区间上的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦函数的周期性得到，进而得出，再利用换元法结合正弦函数性质求解最大值即可. 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，解得，得到， 因为，所以，得到， 令，则可化为， 由正弦函数性质得在上单调递增， 在上单调递减，可得， 即在区间上的最大值为，故B正确. 故选：B 7. 已知，是双曲线：的两个焦点，过点与轴垂直的直线与双曲线交于、两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据通径的性质以及等边三角形的性质即可求解. 【详解】由于是等边三角形，故, 由于通径长，所以 ， 故，进而，故，即， 故， 故选：D 8. 已知某圆柱的高为，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以为球心的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得圆柱的上、下底面圆心连线的中点为球心，根据题中条件，结合勾股定理，可得半径R，代入公式，即可得答案. 【详解】因为圆柱上、下底面圆周均在以为球心的球面上， 所以圆柱的上、下底面圆心连线的中点为球心， 且与底面圆心的连线垂直底面， 因为圆柱底面半径为，高为， 所以球心到底面的距离， 因为底面圆周上一点到球心的距离为球的半径， 所以由勾股定理得， 则球的表面积． 故选：C． 第Ⅱ卷 二、填空题（每题5分，共30分） 9. 复数的虚部为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 所以复数的虚部为. 故答案为：. 10. 在二项式的展开式中常数项为___________． 【答案】135 【解析】 【分析】依题意，先写出并化简二项展开式的通项公式，再由求出，代入通项即可求得常数项. 【详解】二项式的通项公式为：， 使，解得， 故二项式的展开式中常数项为. 故答案为为：135. 11. 已知圆心位于抛物线焦点处的圆，与直线相交于、两点，且，则圆的标准方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，并求出圆心到直线的距离，结合勾股定理可求出圆的半径长，即可得出所求圆的标准方程. 【详解】易知抛物线的焦点为，且点到直线的距离为， 故圆的半径为， 因此，所求圆的标准方程为. 故答案为：. 12. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式求甲以的比分获胜的概率，先确定甲获胜的概率，再求其中甲第一局获胜的概率，最后由条件概率公式求甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率. 【详解】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲以的比分获胜的概率， 事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲获胜的概率， 事件表示“甲第一局获胜”，则， 所以. 故答案为：， 13. 如图，在梯形中，，，，，， （1）________． （2）P是上的动点，则的最小值为___________． 【答案】 ①. 4 ②. 11 【解析】 【分析】（1）根据图形，应用数量积的定义求即可. （2）令且，将转化为，结合数量积的运算律得到关于的函数，即可求最小值. 【详解】（1）由题设知：. （2）若且， ∵，， ∴， ∴， 故当时，的最小值为11. 故答案为：4，11. 14. 关于函数，有下列命题： ①图象关于原点中心对称； ②图象关于直线轴对称； ③图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到； ④图象向左平移个单位长度，即得到函数的图象． 其中正确命题的序号是______． 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据正弦曲线的对称性，可判断①错误，②正确，再根据正弦曲线的平移变换及诱导公式即可判断③错误，④正确. 【详解】对于①，因为，所以图象关于原点不成中心对称，故①错； 对于②，由于，所以图象关于直线轴对称，故②对； 对于③，由函数的图象向左平移个单位长度得到的是的图象，故③错； 对于④，的图象向左平移个单位长度，即得到函数的图象，故④对． 所以正确命题的序号是②④． 故答案为：②④． 三、解答题（共75分） 15. 在中，角A、B、C所对的边分别为.已知，，，且. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得； （2）由正弦定理及平方关系可得； （3）由二倍角公式及两角和与差的公式可得. 【小问1详解】 因为，即， 解得或，因为，所以. 【小问2详解】 因为，由（1）得，且， 因为，所以. 由正弦定理，所以， 因为，所以，，. 【小问3详解】 由（2）得，， 故. 16. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连结，设， 因为四边形为正方形，所以为中点．设为的中点，连结， 则，且． 由已知，且， 所以，．所以四边形为平行四边形． 所以，即． 因为平面DEF，平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连结，设，设为的中点，连结，推导出四边形为平行四边形，从而，由此能证明平面． （2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的大小． （3）利用向量法可求点到平面的距离 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知平面，所以，， 因为四边形为正方形，所以，所以两两垂直， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， 因为， 所以，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得． 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以． 即直线与平面所成角为． 【小问3详解】 ，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离． 【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角大小的求法，考查点到面的距离的求法，属中档题． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简已知式可得，再由同角三角函数的基本关系求解即可； （2）由余弦定理求解即可； （3）由题意可得出，再由二倍角的正弦和余弦公式及两角和的余弦公式求解即可得出答案. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得，因为， 所以，且. 又，可得. 【小问2详解】 因为， 由余弦定理，得， 即，解得(负值舍去). 【小问3详解】 由（1）及，，，得， 从而. 由（1）得. ，， 所以 . 18. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 【答案】（1）；（2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可； （2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值； （ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果． 【详解】在中，由正弦定理 可得：，整理得， 由余弦定理，可得； （2）（i）由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得， 由已知，可得，故有， 为锐角，可得，； （ii）由（i）可得，, . 19. 如图，在三棱柱中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧棱平面ABC，，点D是BC的中点，点F是的中点，点E在AC上，且. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）在线段上是否存在一点P，使得直线PF与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）在三棱柱中，取的中点M，中点，连接， 则，四边形为平行四边形，， 由点D是BC的中点，且，得，即四点共面， 连接DM，FM，由点F，M分别为，的中点，得且， 则，，于是四边形FMDB为平行四边形，则， 而平面，平面，所以平面. （2） （3）存在，4 【解析】 【分析】（1）取的中点M，连接，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质及平行公理推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）由（2）中坐标系，利用线面角的向量法列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由点D是正边BC的中点，得，过作，而平面ABC， 则平面ABC，以D为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，又，则， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 而平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为θ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）得，， 设，则， ，取AB的中点G，则，， 由侧棱平面ABC，平面，得平面平面ABC， 而平面平面，平面ABC，则平面，又， 由直线PF与平面所成角的正弦值为，得， 解得，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $