精品解析：天津市耀华中学2026-2027学年高三上学期暑期学情反馈数学试卷

天津市耀华中学2027届高三暑期学情反馈 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 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．将答案涂在答题卡上． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集、并集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以. 故选：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 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两个命题，得到递推关系，最后得到充分性和必要性即可. 【详解】由，解得，由，解得， 所以“”是“”的充要条件， 故选：C 3. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求奇偶性，排除BD，再由特殊区间的正负，排除A. 【详解】定义域为R， 且， 所以为偶函数，排除BD； 当时，，故排除A 故选：C 4. 已知数列的前项和为，且满足，则的值为（ ） A. 9 B. 21 C. 45 D. 93 【答案】C 【解析】 【分析】先利用与的关系，得到，即可证明是公比的等比数列，再利用等比数列的前n项和公式即可求解. 【详解】因为，所以当时，， 则，化简得到， 所以是公比的等比数列， 当时，，即，得到， 所以. 5. 已知是空间两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题错误的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面垂直的判定判断A；利用线面垂直的性质判断BD；确定面面位置关系判断C. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得，B正确； 对于C，由，得或相交，C错误； 对于D，由，得，D正确. 故选：C 6. 下列说法中错误的是（ ） A. 若，则 B. 越接近0，线性相关性越弱 C. 越接近1，线性相关性越强 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A选项：由正态分布对称性可得，A正确； 对于B,C选项，越接近1，线性相关性越强，越接近0线性相关性越弱，所以B，C都正确； 对于D选项：，所以，D错误. 7. 已知函数，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且直线是其一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图象的一个对称中心 D. 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到一个奇函数的图象 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦型函数的基本性质可求得函数的最小正周期和解析式，可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项. 【详解】对于A，由题意可知，函数的最小正周期为，A错误； ，， 因为直线是函数的一条对称轴，则， 得，因为，则，所以，. 对B，当时，，故函数在区间上不单调，B错； 对C，，故点是函数图象的一个对称中心，C对； 对D，由题意可知，，不为奇函数，D错. 故选：C. 8. 已知函数为R上的偶函数，且当时，，若，则a，b，c的大小关系为（ ） A. a<b<c B. c<a<b C. b<a<c D. c<b<a 【答案】B 【解析】 【分析】先利用已知的解析式判断出在上单调递减，再利用偶函数的性质，得到在上单调递增，然后利用指数的运算比较得出，由单调性即可判断得到答案． 【详解】当时，， 则函数在上单调递减（减+减=减）， 又函数为上的偶函数， 所以在上单调递增， 因为，所以， 又，所以， 故， 所以， 即． 故选：B 9. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设渐近线的方程为，求出点的坐标，根据已知条件可得出关于的齐次等式，解方程求，由此可得双曲线的渐近线的方程. 【详解】设双曲线焦距为，则、， 不妨设渐近线的方程为，如图： 因为直线与直线垂直，则直线的方程为， 联立可得，即点， 所以，， 因为，所以， 又，故， 所以， ， 整理可得， 所以，又， 所以， 故该双曲线的渐近线方程为. 故选：D. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 二、填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上． 10. 是虚数单位，复数________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数除法法则计算出答案. 【详解】. 故答案为： 11. 已知的展开式中常数项为20，则实数m的值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征可得，进而可求解. 【详解】展开式的通项为，令解得，∴． ∴． 故答案为：1 12. 为提升图书盘点效率，某中学图书馆引入AI智能图书盘点机器人.现对该机器人的图书识别准确率进行标准化测试，测试样本集有6本图书，分为两类：4本标签完好，是机器人应正确识别的有效馆藏图书：2本标签破损，是机器人应正确排除的无效图书.两类样本共同用于机器人识别性能测试，现从这6本图书中不放回地随机抽取2本，逐本开展测试.若第一次抽取到有效馆藏图书，则第二次也抽取到有效馆藏图书的概率为__________，记抽取的2本图书中，有效馆藏图书的数量为，则的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①利用条件概率公式计算所求概率；②根据超几何分布的性质或分布列求解数学期望. 【详解】记事件为“第一次抽取到有效馆藏图书”，事件为“第二次抽取到有效馆藏图书”， 由古典概型得，两次均抽取到有效馆藏图书的概率， 根据条件概率公式，代入得. 随机变量表示抽取的2本图书中有效馆藏图书的数量，可能取值为， 服从参数为总体容量、总体中有效图书数、抽取样本量的超几何分布， 方法1：由超几何分布期望公式，代入得； 方法2：先计算分布列： ，，， 故. 13. 已知，则的最小值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题设条件可得，可得，利用基本不等式即可求解. 【详解】∵ ∴且 ∴，当且仅当，即时取等号. ∴的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 14. 已知是内的一点，且，，三点共线，则___________，若，且向量在向量上的投影向量为，则___________. 【答案】 ①. ②. 3 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算结合共线定理即可得的值；由投影向量的定义可得的值，由，结合平面向量数量积的运算性质即可得的值. 【详解】 因为， 整理得，则不在边上， 又，则，所以， 因为三点共线，所以，解得； 向量在向量上的投影向量为， 所以，则， 则 . 故答案为：；3. 15. 已知函数，若函数有且仅有个零点，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为函数与有且仅有两个不同交点；作出图象，通过分析在不同范围内时，与的交点情况，确定临界状态，通过图象或不等式可求得符合题意的的取值范围. 【详解】由得：， 当时，，，等式成立，则为的一个解； 当时，有且仅有两个不同的解； 令，则与有且仅有两个不同交点； 在平面直角坐标系中作出的图象如下图所示， ①当时，与位置关系如下图所示， 由图象可知：与在上上有且仅有两个不同交点，在上无交点，符合题意； ②当时，与位置关系如下图所示， 由图象可知：与在上有且仅有一个交点，在上无交点，不合题意； ③当时，与在上有且仅有一个交点， 若与有且仅有两个不同交点，则与在上有唯一交点； 若与相切，则有唯一解， ，解得：，此时切点为，符合题意，； ④当时，与位置关系如下图所示， 由图象可知：与在上有且仅有一个交点，在上有且仅有一个交点，符合题意； ⑤当时，与位置关系如下图所示， 由图象可知：与在上有且仅有一个交点，在上有两个不同的交点，不合题意； ⑥当时，与位置关系如下图所示， 由图象可知：与在上无交点，在上有且仅有两个不同交点，符合题意； ⑦当时，与无交点，且与无交点； 若与有且仅有两个不同交点，则需与有且仅有两个不同交点， 由与得：， ，解得：，即， 此时两交点为，满足，，符合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三、解答题：本大题共5小题．共75分．将解题过程及答案填写在答题卡上． 16. 在中，角的对边分别为，已知，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理求得的关系，然后结合已知条件求得的关系，最后根据余弦定理求解出的值； （2）先求解出，然后根据正弦定理求解出； （3）先根据二倍角公式求解出的值，然后根据两角和的正弦公式求解出结果. 【小问1详解】 ，由正弦定理可得， . 由余弦定理可得. 【小问2详解】 ， 由正弦定理，得， . 【小问3详解】 ， . 17. 如图，且，，且，且，平面，，M为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：由平面，，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设面的法向量为， 则，取可得， 此时， 所以，又面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行； （2）利用向量求线面角； （3）利用向量求面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设直线与平面所成角为，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 设面的法向量为，， 则，取可得， 设平面与平面夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值. 18. 设椭圆的左、右焦点分别为，，左右顶点分别为，，已知椭圆过点，且长轴长为6． （1）求椭圆的标准方程； （2）点是椭圆上一点（不与顶点重合），直线交轴于点，且满足，若，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求解； （2）设直线的方程为，联立方程组，分别求得和，根据，列出方程，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：因为椭圆过点，且长轴长为， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：由（1）知：椭圆的方程为， 如图所示，设， 由题意知，直线的斜率不等于，可设直线的方程为， 令，可得，即， 联立方程组，整理得，解得， 又由，则，可得， 因为，可得，可得， 又由同号，可得，即，解得，即， 所以直线的方程为或. 19. 设数列是等差数列，是等比数列．已知． （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，数列的前n项积为，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） ，， 当时，； 当时，即 又， 所以，当时，， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据等差和等比数列通项公式得到方程组，解出即可； （2）为奇数时，求得，为偶数时，利用错位相减法得，最后相加即可； （3），利用作差法得其单调性，即可证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，所以， 所以． 【小问2详解】 为奇数时，， ， 为偶数时，， ， 所以 所以． 【小问3详解】 略 20. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处切线的方程； （2）当时，试判断在上零点的个数，并说明理由； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）1个，理由： ，令，则， 当时，，则在上单调递增. 因为，， 所以存在唯一的，使得. 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. 又，所以，又， 所以当时，在上有且只有一个零点. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可求解； （2）根据题意，将函数零点问题转化为导函数极值点问题，再由零点存在定理代入计算，即可判断； （3）根据题意，分与讨论，利用导数判断函数的单调性，然后再由的正负分情况讨论，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 所以曲线在处切线的斜率. 又因为，所以曲线在处切线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①当时，，与当时，矛盾，不满足题意. ②当时，，， 令，则，. 记函数，，则， 当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在单调递减， 所以，所以. 又因为在上单调递增， 所以，所以在上单调递增. （i）若， 则，所以在上单调递增， 则，符合题意； （ii）若，可得，则. 因为，且在上单调递增， 所以存在唯一的，使得. 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 其中，且. 所以 ， 因为，所以. 又因为，所以， 所以，满足题意. 结合①②可知，当时，满足题意. 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第三问，应用分类讨论，结合导数问题中隐零点的处理方法判断区间函数值符号为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2027届高三暑期学情反馈 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 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．将答案涂在答题卡上． 1. 已知集合，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. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的前项和为，且满足，则的值为（ ） A. 9 B. 21 C. 45 D. 93 5. 已知是空间两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题错误的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 下列说法中错误的是（ ） A. 若，则 B. 越接近0，线性相关性越弱 C. 越接近1，线性相关性越强 D. 若，，则 7. 已知函数，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且直线是其一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图象的一个对称中心 D. 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到一个奇函数的图象 8. 已知函数为R上的偶函数，且当时，，若，则a，b，c的大小关系为（ ） A. a<b<c B. c<a<b C. b<a<c D. c<b<a 9. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 二、填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上． 10. 是虚数单位，复数________． 11. 已知的展开式中常数项为20，则实数m的值为______． 12. 为提升图书盘点效率，某中学图书馆引入AI智能图书盘点机器人.现对该机器人的图书识别准确率进行标准化测试，测试样本集有6本图书，分为两类：4本标签完好，是机器人应正确识别的有效馆藏图书：2本标签破损，是机器人应正确排除的无效图书.两类样本共同用于机器人识别性能测试，现从这6本图书中不放回地随机抽取2本，逐本开展测试.若第一次抽取到有效馆藏图书，则第二次也抽取到有效馆藏图书的概率为__________，记抽取的2本图书中，有效馆藏图书的数量为，则的数学期望__________. 13. 已知，则的最小值是_______． 14. 已知是内的一点，且，，三点共线，则___________，若，且向量在向量上的投影向量为，则___________. 15. 已知函数，若函数有且仅有个零点，则实数的取值范围为________． 三、解答题：本大题共5小题．共75分．将解题过程及答案填写在答题卡上． 16. 在中，角的对边分别为，已知，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，且，，且，且，平面，，M为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设椭圆的左、右焦点分别为，，左右顶点分别为，，已知椭圆过点，且长轴长为6． （1）求椭圆的标准方程； （2）点是椭圆上一点（不与顶点重合），直线交轴于点，且满足，若，求直线的方程． 19. 设数列是等差数列，是等比数列．已知． （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，数列的前n项积为，证明：． 20. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处切线的方程； （2）当时，试判断在上零点的个数，并说明理由； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $