精品解析：天津市南开中学滨海生态城学校2026-2027学年高三上学期期初检测数学试卷

天津市南开中学滨海生态城学校26-27（上） 高三级部期初检测数学试卷 第Ⅰ卷 本卷共12题，每题5分，共60分 一、选择题（在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则“”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. 已知函数（，且）恒过定点，则在直角坐标系中函数的图象为（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 若回归方程，则变量与正相关 B. 线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 C. 若样本数据的方差为2，则数据的标准差为4 D. 一个人连续射击三次，若事件“至少击中两次”的概率为0.7，则事件“至多击中一次”的概率为0.3 5. 已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若，，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 7. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 8. 的最小值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 6 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 10. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 11. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 12. 已知函数与其导函数的定义域均为，且，则，不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 本卷共11题，共90分 二.填空题（共8小题） 13. 在的展开式中，项的系数是________．（用数字作答） 14. 计算_________ 15. 已知函数与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是_________ 16. 某体育局计划从某高校的4名男志愿者和4名女志愿者中选派6人参加志愿者培训，事件A表示选派的6人中至少有3名男志愿者，事件表示选派的6人中恰好有3名女志愿者，则______. 17. 如图，一个质点从原点出发，每次向右移动个单位的概率为，每次向左移动个单位的概率为.记质点连续移动次后，位于的位置，则______. 18. 已知函数是奇函数，则___________；若，且，则的最小值是___________． 19. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是________． 20. 函数，若，则的最小值为______. 三.解答题（共3小题） 21. 学校将举行以“爱我中华”为主题的辩论赛，高二年级某班准备在5名男辩手和4名女辩手中选出4名同学组成辩论队参赛，在选出的辩论队员中既有男队员又有女队员的条件下，回答下列问题： （1）女队员甲必须入选的概率是多少？ （2）设辩论队中男队员的人数为，求的分布列和期望． 22. 已知. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的极值； （3）当时，恒成立，求实数的取值范围. 23. 已知函数． （1）令，讨论的单调性并求极值； （2）令，若有两个零点； （i）求a的取值范围： （ii）若方程有两个实根，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市南开中学滨海生态城学校26-27（上） 高三级部期初检测数学试卷 第Ⅰ卷 本卷共12题，每题5分，共60分 一、选择题（在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合A，再根据并集的定义可得. 【详解】由不等式，可得；又因为，因此. 又因为，所以. 2. 已知，，则“”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】将与化简，分别可得与，再利用充分条件与必要条件定义判断即可得. 【详解】由，，若，则，故； 若，则，故； 取，，此时有，但，不能得到， 故“”不是“”的充分条件； 若，则，即， 故“”是“”的必要条件； 综上所述：“”是“”的必要不充分条件. 3. 已知函数（，且）恒过定点，则在直角坐标系中函数的图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数的性质求得定点,即的值，再结合指数函数的图像结合选项进行判断即可. 【详解】根据指数函数的性质，可得函数，恒经过定点，即， 所以函数，当时，且在上函数为单调递减函数，所以函数的图象为D项， 故选：D. 4. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 若回归方程，则变量与正相关 B. 线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 C. 若样本数据的方差为2，则数据的标准差为4 D. 一个人连续射击三次，若事件“至少击中两次”的概率为0.7，则事件“至多击中一次”的概率为0.3 【答案】D 【解析】 【分析】利用正负相关的意义判断A；利用相关指数的意义判断B；求出标准差判断C；利用对立事件求出概率判断D. 【详解】对于A，回归方程，由，得变量与负相关，A错误； 对于B，值越接近于1，模型的拟合效果越好，越接近于0，模型的拟合效果越差，B错误； 对于C，数据的方差为，标准差为，C错误； 对于D，“至多击中一次”的事件是“至少击中两次”的事件的对立事件，则事件“至多击中一次”的概率为0.3，D正确. 故选：D 5. 已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简，再由指数函数、对数函数和幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得， 因为函数在上单调递增，所以， 又因函数在上单调递增，则， 所以， 因，且在上单调递增， 所以，即. 故. 6. 已知，若，，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数运算性质及指数运算求解. 【详解】由，得，由，得， 则，即，又，因此，即，解得， 所以. 故选：A 7. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布性质结合数学期望及方差性质计算判断各个选项. 【详解】因为随机变量，则，A选项错误；C选项错误； ，B选项正确； ，D选项错误； 故选：B. 8. 的最小值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 当且仅当，即，时，等号成立, 所以的最小值为9. 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的单调性和奇偶性，将不等式转换成，再构造函数，结合单调性即可求解. 【详解】因为定义域为R， 又，， 所以为奇函数，由解析式可知在上单调递增， 所以， 从而，可得， 令，可知的定义域为， 因为，在内均单调递增， 所以在内单调递增，且， 所以不等式即， 解得，所以原不等式的解集为． 故选：A 10. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值. 【详解】设，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 即与的公切线为， ，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 故选：A. 11. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值. 【详解】解法一：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断. 12. 已知函数与其导函数的定义域均为，且，则，不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过求导结合条件分析的单调性，由推出，将不等式转化为，利用单调性可得答案. 【详解】令，则， 因为， 所以当时，，，在上为增函数， 当时，，，在上为减函数， 因为，所以， 所以，故关于对称， 因为等价于，等价于， 所以，即， 故，即不等式的解集是. 第Ⅱ卷 本卷共11题，共90分 二.填空题（共8小题） 13. 在的展开式中，项的系数是________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解． 【详解】， 的展开式通项为， 当，即时，， 当，即时，， 所以项的系数是． 故答案为：． 14. 计算_________ 【答案】 【解析】 【详解】原式 . 15. 已知函数与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据函数与函数的图象关于直线对称可知与互为反函数，求出解析式后根据复合函数单调性求单调区间. 【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以， ，因为在上单调递减，在上单调递减，上单调递增， 所以根据复合函数的单调性可知的单调递增区间是. 16. 某体育局计划从某高校的4名男志愿者和4名女志愿者中选派6人参加志愿者培训，事件A表示选派的6人中至少有3名男志愿者，事件表示选派的6人中恰好有3名女志愿者，则______. 【答案】 【解析】 【分析】方法一、根据题意求出，再利用条件概率公式求解；方法二、分别求出至少有3名男志愿者的情况及恰有3名女志愿者的情况，再利用古典概型求解. 【详解】从4名男志愿者和4名女志愿者中选派6人，至少有3名男志愿者的概率 .又， 根据条件概率的计算公式可知，. 方法二、从4名男志愿者和4名女志愿者中选派6人， 至少有3名男志愿者有（种）情况， 其中有3名女志愿者有（种）情况. 根据古典概型的概率计算公式可知，. 故答案为：. 17. 如图，一个质点从原点出发，每次向右移动个单位的概率为，每次向左移动个单位的概率为.记质点连续移动次后，位于的位置，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】设质点向右移动的次数为，则，，利用二项分布的期望公式可求出，再利用期望的性质可求得. 【详解】设质点向右移动的次数为，则， 则，由二项分布的期望公式可得， 由期望的性质可得. 18. 已知函数是奇函数，则___________；若，且，则的最小值是___________． 【答案】 ①. 1 ②. 4 【解析】 【分析】第一空根据函数为奇函数，则有求解；第二空利用函数奇偶性与单调性求出，再利用乘“1”法求解最值. 【详解】由是奇函数，所以， 所以，所以；则， 所以， 所以为奇函数， 因为， 所以函数在上为增函数， 而，由，可得， 即为． 因为， 所以， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为4. 故答案为：1；4. 19. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由通过变形得到，构造，利用导数法得到在区间为增函数，从而得到，构造函数，利用导数法得到的最大值，从而得到的取值范围. 【详解】，且， 不等式两边同乘以，得到， 设，故不等式转化为， ， 因为，所以，所以在区间为增函数， 又时，， 则转化为在上恒成立， 即在上恒成立，即， 设，， 的解为，的解为， 故在上是单调递增函数，在上是单调递减函数， 则在处取得极大值，也是最大值， 故的最大值为， 则，即． 20. 函数，若，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数在为增函数，计算求得，从而得到，由基本不等式即可求得答案. 【详解】因为的定义域为， ，所以在为增函数， ，所以， 又，在为增函数，所以，即， 因为，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 三.解答题（共3小题） 21. 学校将举行以“爱我中华”为主题的辩论赛，高二年级某班准备在5名男辩手和4名女辩手中选出4名同学组成辩论队参赛，在选出的辩论队员中既有男队员又有女队员的条件下，回答下列问题： （1）女队员甲必须入选的概率是多少？ （2）设辩论队中男队员的人数为，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 1 2 3 ；期望为【解析】 【分析】（1）利用间接法求出既有男队员又有女队员的选法，再求出女队员甲必须入选的选法，由古典概型求解； （2）利用古典概型求出随机变量不同取值的概率，列表可得分布列. 【小问1详解】 记事件为“女队员甲必须入选”，则. 【小问2详解】 随机变量的可能取值为1,2,3， 的分布列为 1 2 3 . 22. 已知. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的极值； （3）当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）极小值为0，无极大值 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点坐标和斜率，进而可得切线方程； （2）求导，利用导数分析原函数单调性，进而可得极值； （3）设，可知存在实数，使得在内恒成立，根据端点效应可知，即可得，再证明充分性即可. 【小问1详解】 由题意可知：函数的定义域为. 当时，则，， 可得，， 可知切点坐标为，斜率为， 所以所求切线方程，即. 【小问2详解】 当时，则，， 令，，可知在上单调递增，且， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以函数的极小值为，无极大值. 【小问3详解】 根据题意知， 设，则， 因为当时，恒成立，且， 可知存在实数，使得在内单调递增，则在内恒成立， 即在内恒成立，且， 则，解得，故是原不等式成立的必要条件； 再证明必要条件也是充分条件， 当，时，则，可得， 可知在内单调递增，则，即， 可知在上单调递增，则，充分性成立； 综上所述：实数的取值范围为. 23. 已知函数． （1）令，讨论的单调性并求极值； （2）令，若有两个零点； （i）求a的取值范围： （ii）若方程有两个实根，，，证明：． 【答案】（1）单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值 （2）（i）； （ii）证明如下： 有两个实根，令， 有两个零点，， ；，所以， 所以（*）， （**）， 要证，只需证， 即证，所以只需证． 由（*）（**）可得， 只需证， 设，令，则，所以只需证，即证， 令，，则，在上递增， 所以，即当时，成立． 所以，即，即． 【解析】 【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值. （2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围. （i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立. 【小问1详解】 因为， 所以， 则，在区间；在区间， 所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为， 极小值为，无极大值． 【小问2详解】 （i）有两个零点． 因为， ①当时，，单调递增，不可能有两个零点； ②当时，令，得，单调递减； 令，得，单调递增，所以 要使有两个零点，即使，，得， 又因为，，所以在（l，e）上存在唯一一个零点， 且，由（1）可知，， 所以，即有，即 ，所以在上存也唯一一个零点，符合题意． 综上，当时，函数有两个零点． （ii）略 【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $