精品解析：天津市实验中学2026-2027学年高三上学期9月阶段性检测数学试题

2027届高三（上） 阶段性检测（9月）——数学学科 命题人：高三数学备课组 审核人：高三数学备课组 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集并集的定义即可求出. 【详解】， ，. 故选：C. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】由，解得：或， 即时，成立，反之不成立， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 3. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解. 【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称， 又，所以函数为偶函数，排除AC； 当时， ，所以，排除D. 故选：B. 4. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出的范围即可求解. 【详解】，， ，， ，， . 故选：D. 5. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数式与指数式互化，再利用换底公式、对数运算求解作答. 【详解】因为，则，，同理， 所以. 故选：A 6. 正方体中，错误的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面 ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 7. 已知变量，线性相关，其一组样本数据为，，，用最小二乘法得到的经验回归方程为，去掉一对样本数据后，得到新的经验回归方程为，则（ ） A. 1.5 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求出原数据均值，再求新数据平均数，代入新的经验回归方程即可求解. 【详解】由题，， 去掉后，新数据平均数分别为，， 把代入到新的经验回归方程得. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用余弦差角公式求得，再通过余弦和角公式计算，最后用余弦二倍角公式求出的值. 【详解】由，可得，解得， 由，可得。 所以. 9. 已知两个不共线向量，满足，，则与的夹角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，与的夹角为，由已知条件，根据平面向量的数量积的相关公式，将表示成关于的函数，根据不等式的性质，求得的取值范围， 从而求得的取值范围. 【详解】设， 由，得， 所以. 设与的夹角为， 则. 由，得， 所以，所以. 即与的夹角的取值范围为. 第Ⅱ卷 注意事项：用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. i是虚数单位，复数________________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可. 【详解】， 故答案为：. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 11. 在的展开式中，常数项是________． 【答案】 【解析】 【分析】写出的展开式的通项公式，让的指数为零，求出常数项. 【详解】因为的展开式的通项公式为：， 所以令，常数项为. 【点睛】本题考查了利用二项式展开式的通项公式求常数项的问题，考查了运算能力. 12. 在中，，，，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】在中，，所以， 由正弦定理可得. 13. 已知直线与圆交于点A,B两点，则线段AB的长为____________. 【答案】4 【解析】 【分析】 求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果. 【详解】因为的圆心为，半径， 到直线的距离， 所以线段AB的长为， 故答案为：4. 【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解. 14. 抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为__________；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据独立事件概率公式，即可求解两次都中奖的概率，根据古典概型概率公式，结合组合数公式，即可求解第二次中奖的概率. 【详解】由题意可知，两次都中奖的概率是； 因为第一次没有中奖，所以第二次抽奖时，盒中有2个红球，3个黄球， 则第二次中奖的概率为. 故答案为：； 15. 已知函数的值域为，给出下列四个结论： ①； ②对，； ③若关于x的方程恰有3个实数根，则实数t的取值范围是； ④对，，且，，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③ 【解析】 【分析】①先求出的范围，再分、、讨论，结合值域可求；②求证当时，即可；③将问题转化为方程、共有3个实数根，结合的奇偶性、单调性以及值域求解；④先求证，再利用极限思想说明. 【详解】因为， 所以若，则，则，得； 若，则，不符合题意； 若，则，不符合题意； 故，故①正确； 当时， ， 则，故对，，故②错误； 因为方程恰有3个实数根， 所以方程、共有3个实数根， 因为，所以为偶函数， 因为在上单调递减，所以在上单调递增， 则方程有1个实数根，有个实数根， 故，则实数t的取值范围是，故③正确； 当时， ， 因为，等号成立时， 所以， 因为，所以， 且当时，， 故不存在，使得，故④错误. 故答案为：①③ 三、解答题：共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16. 已知． （1）求最小正周期； （2）若，求的最大值和最小值； （3）若，，求． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解； （2）利用换元法，结合正弦函数性质求解； （3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 若，则， 由正弦函数性质可知，当，即时，函数有最小值，即， 当，即时，函数有最大值，即. 所以函数的最大值为，最小值为； 【小问3详解】 若，，所以， 则，， 则. 17. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 18. 已知椭圆的一个焦点为，离心率为，直线与椭圆交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由轴上的焦点可确定，已知离心率可进一步确定，再由确定后即可确定椭圆方程； （2）可将的面积转化为两个等底三角形的面积之和，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求出直线与椭圆的两个交点横坐标之差的绝对值作为高，再应用三角形面积公式，即可得解. 【小问1详解】 由题可知，又，故，又因为，可得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线与轴的交点为点， 则. 联立直线与椭圆，整理得. 得，则，则 =. 19. 已知是等差数列，是首项为1，公比为3的等比数列，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程，求得，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）知，，得到，结合错位相减法求和，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由数列是首项为1，公比为3的等比数列，可得， 因为数列是等差数列，设其公差为，首项为， 又因为，可得，即，解得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由数列的通项公式为， 又由，所以， 设数列的前项和为， 则， ， 两式相减，可得 ， 所以. 20. 已知函数. （1）若曲线在和处的切线互相平行，求的值 （2）讨论的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）求导，利用求解即可； （2）对导函数分解因式，分四种情况讨论单调区间； （3）问题等价于上有，利用（2）中单调性结论求出的最大值，再求解的取值范围. 【详解】解：. （1）， 解得. （2）. ①当时，，， 在区间上，；在区间上， 故的单调递增区间是，单调递减区间是. ②当时，， 在区间和上，；在区间上， 故的单调递增区间是和，单调递减区间是. ③当时，，故的单调递增区间是. ④当时，， 在区间和上，；在区间上， 故的单调递增区间是和，单调递减区间是. （3）由已知，在上有. 由已知，，由（2）可知， ①当时，在上单调递增， 故， 所以，解得，故. ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 故. 由可知，，， 所以，，， 综上所述，. 【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式； (3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三（上） 阶段性检测（9月）——数学学科 命题人：高三数学备课组 审核人：高三数学备课组 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 6. 正方体中，错误的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 7. 已知变量，线性相关，其一组样本数据为，，，用最小二乘法得到的经验回归方程为，去掉一对样本数据后，得到新的经验回归方程为，则（ ） A. 1.5 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知两个不共线向量，满足，，则与的夹角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项：用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. i是虚数单位，复数________________. 11. 在的展开式中，常数项是________． 12. 在中，，，，则__________． 13. 已知直线与圆交于点A,B两点，则线段AB的长为____________. 14. 抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为__________；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为__________. 15. 已知函数的值域为，给出下列四个结论： ①； ②对，； ③若关于x的方程恰有3个实数根，则实数t的取值范围是； ④对，，且，，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题：共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16. 已知． （1）求最小正周期； （2）若，求的最大值和最小值； （3）若，，求． 17. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 已知椭圆的一个焦点为，离心率为，直线与椭圆交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求的面积. 19. 已知是等差数列，是首项为1，公比为3的等比数列，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 20. 已知函数. （1）若曲线在和处的切线互相平行，求的值 （2）讨论的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $