精品解析：天津市第五中学2026-2027学年高三上学期开学考试数学试卷

红桥五中26秋高三开学考试卷 数学学科试卷 本试卷分第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． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共9小题，每小题6分，共54分 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由， 所以或. 2. 设，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】 【详解】若，则，但推不出，例如：当时，，但，所以充分性不成立； 若，则，因为是增函数，所以，所以必要性成立. 则是的必要不充分条件. 3. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 4. 下列函数是偶函数的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可. 【详解】对A，设，函数定义域为，但，，则，故A错误； 对B，设，函数定义域为， 且，则为偶函数，故B正确； 对C，设，， ，则不是偶函数，故C错误； 对D，设，函数定义域为， 因为，且不恒为0， 则不是偶函数，故D错误. 故选：B. 5. 已知下列三个命题，则真命题的个数为（ ） ①数据，，2，3，5，9的第60百分位数为3； ②样本数据点的中心不一定在线性回归直线上； ③若随机变量服从正态分布，且，则． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】依次对三个命题结合对应知识点判断真假，统计真命题的个数即可. 【详解】命题①：将数据从小到大排列为，共6个数据，第60百分位的位置在，不是整数，向上取整为4，因此第60百分位数为第4个数据3，命题① 为真命题； 命题②：根据线性回归方程的性质，线性回归直线必过样本中心点，命题②为假命题； 命题③：因为，所以正态分布曲线关于对称轴对称， 故， 由得，则，因此，命题③为假命题， 综上所述真命题的个数为1个. 6. 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. 7. 在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（ ） A. 面 B. C. 面 D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的性质判断A的真假；根据线面垂直的性质判断B的真假；根据线面平行的判定定理判断C的真假；利用反证法判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面.故A正确； 对B：因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以. 因为是正三角形，且为中点，所以. 平面，且，所以平面. 平面，所以.故B正确； 对C：连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点， 又因为为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：假设平面，因为平面，所以. 这需要四边形是正方形才可以. 而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误. 8. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 9. 关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假． 【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确； 令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确； 由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确． 故选：A． 第Ⅱ卷（非选择题） 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上 2．本卷共10小题，共96分 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 化简__________． 【答案】 【解析】 【详解】. 11. 直线：截圆：的弦长为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题知圆:的圆心坐标为，半径. 设圆心到直线的距离为，. 弦长为. 12. 化简____________ 【答案】2 【解析】 【分析】结合、换底公式化简计算即可 【详解】原式 . 故答案为：2. 13. 已知，，，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先化简对数关系式，再利用均值不等式求得最小值. 【详解】因为，所以， 由，，可知， 所以，当且仅当时取等， 则，即的最小值为. 14. 已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则______；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值. 【详解】解法一：因为，即，则， 可得，所以； 由题意可知：， 因为为线段上的动点，设， 则， 又因为为中点，则， 可得 ， 又因为，可知：当时，取到最小值； 解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为，则，所以； 因为点在线段上，设， 且为中点，则， 可得， 则， 且，所以当时，取到最小值为； 故答案为：；. 15. 已知函数（），在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换对函数化简，再根据对称性和单调性求出，从而得到的解析式；再分和两种情况分析，从而求出在区间上所有不相等的实数根，进而求和即可． 【详解】由，， 又为的一条对称轴，所以，，即，，， 设函数的周期为， 由在区间上单调递增，则，即，则，所以， 所以，或，或，或， 当时，，令，解得，， 当时，的增区间为，而，满足题意； 当时，，令，解得，， 的增区间为，而不是的子集，不合题意； 当时，，令，解得，， 的增区间为，而不是的子集，不合题意； 当时，，令，解得，， 的增区间为，而不是的子集，不合题意． 综上，，． 当时，， 当时，，即， 所以方程等价于，即， 所以，或，， 解得，或，， 当，时，在区间上，时，；时，；时，； 当，时，在区间上，时，；时，；时，． 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为． 三、解答题：本大题共4个小题，共66分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. 【小问2详解】 法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 【小问3详解】 法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）连接，交于点，连接， 因为，，， 所以，则， 又因为，所以，所以， 又因为平面，而平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，由相似比与已知比例得，进而根据线面平行的判定即可证明； （2）先依题意建立空间直角坐标系，设，，从而得到， 再求出平面的一个法向量，再根据线面所成角的正弦值等于该直线方向向量与平面法向量夹角的余弦的绝对值求出的值，进而即可求得长度． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意可得，，两两垂直， 则以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 由，，，且， 则，，，，， 则，， 设，，得，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 所以，，所以线段的长为． 18. 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. 19. 正方体的棱长为4，分别为中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； 【小问3详解】 由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红桥五中26秋高三开学考试卷 数学学科试卷 本试卷分第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． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共9小题，每小题6分，共54分 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，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. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数是偶函数的为（ ） A. B. C. D. 5. 已知下列三个命题，则真命题的个数为（ ） ①数据，，2，3，5，9的第60百分位数为3； ②样本数据点的中心不一定在线性回归直线上； ③若随机变量服从正态分布，且，则． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（ ） A. 面 B. C. 面 D. 平面 8. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 9. 关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上 2．本卷共10小题，共96分 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 化简__________． 11. 直线：截圆：的弦长为__________． 12. 化简____________ 13. 已知，，，则的最小值为______． 14. 已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则______；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为______． 15. 已知函数（），在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为__________． 三、解答题：本大题共4个小题，共66分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 18. 已知． （1）求最小正周期； （2）若，求的最大值和最小值； （3）若，，求． 19. 正方体的棱长为4，分别为中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $