天津市2026-2027学年度高三上学期数学第一次月考模拟冲刺试卷

2026-2027学年度高三年级上学期数学第一次月考 模拟冲刺试卷【天津专用】 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.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 2.设集合，则（ ） A. B. C. D. 3.若，，，则下列结论正确的是（　　） A B. C. D. 4.已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5.函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 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 7.在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 8.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. 9.如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ） 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，将答案填写在答题纸上． 10.在的展开式中，常数项为______. 11. i是虚数单位，复数________________. 12.已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是________. 13.某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 14.已知直线与圆交于点A,B两点，则线段AB的长为____________. 15.已知函数.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 三､解答题：本大题共5个小题，共计75分．请在解答时写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤答案写在答题卡的相应位置上． 16.记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 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. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值． 19.设函数 （1）当，恒成立，求实数的取值范围. （2）设上有两个极值点. （A）求实数的取值范围； （B）求证：. 20.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. 2026-2027学年度高三年级上学期数学第一次月考 模拟冲刺试卷【天津专用】 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.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】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义、幂函数的性质以及指数函数的性质判断即可. 【详解】由可得，所以，故充分性成立； 由可得，取，则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 2.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. 3.若，，，则下列结论正确的是（　　） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 结合指数函数的单调性，可得出，，，结合，从而可得出三个数的大小关系. 【详解】函数是上减函数，所以，同理得， 又，所以， 又，所以，即. 故选：D. 4.已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简后，根据正弦函数的图象与性质列出不等式求解即可. 【详解】因为， 且当时，， 因为函数在内恰有3个最值点和3个零点， 所以，解得， 故选：D． 5.函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解. 【详解】由于， 故为奇函数，其图象关于原点对称，此时可排除CD, 又，故排除B， 故选：A 6. 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. 7.在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理及三点共线即可求解. 【详解】 由题意可得：， ， 设， 则, 又三点共线，所以， 解得， 所以， 故选：A 8.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. 9.如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，进一步由可得，将它们代入函数表达式结合诱导公式二倍角公式计算可得结果. 【详解】依题意则得 ， 即，所以,； 设，因为， 所以,，解得,； 因此 ,， 可得，结合图象可得，解得. 故选：B 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，将答案填写在答题纸上． 10.在的展开式中，常数项为______. 【答案】8 【解析】 【分析】先由二项式定理求出的展开式的通项公式，由的指数为0即可得常数项. 【详解】二项展开式通项公式为， 令，的，常数项为. 故答案为：8. 11. 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：. 12.已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，，分析两个函数的单调性，求出、，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】依题意知. 因为在上单调递减，所以. 又在上单调递增，所以， 因此，则. 故答案为：. 13.某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 【答案】 ①. 0.94 ②. 1.7 【解析】 【分析】利用概率的乘法与加法，根据数学期望的计算公式，可得答案. 【详解】， 设一年内参加考试次数为，则的可能取值为， ，， ， 所以数学期望. 故答案为：；. 14.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. 15.已知函数.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先通过导数研究的单调性与最值，结合换元法将问题化为的零点问题，根据导数的几何意义计算参数即可. 【详解】设，则，，得， 当单调递增， 当单调递减， 当时，函数取得最大值2， 如图，画出函数的图象， 由，即，则，， 如图，画出函数的图象，设过点的切线与相切于点， 则，得，即切点，所以切线方程为， 如图，则与有2个交点，， 如图可知，若函数恰有三个零点，则，， 则，所以， 综上可知，． 故答案为： . 三､解答题：本大题共5个小题，共计75分．请在解答时写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤答案写在答题卡的相应位置上． 16.记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 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. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离可得，结合离心率列式求解即可得方程； （2）设直线为，联立方程结合韦达定理分别求，再利用基本不等式分析最值即可. 【小问1详解】 因为离心率为 由题意可知：， 则直线，即， 可得原点到直线的距离为，即， 由题意得：，解得：， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）可知：，且直线与椭圆必相交，且斜率不为0， 可设直线为， 联立椭圆方程，消去x可得， 则， 可得， 其中， 可得， 因为直线PQ为线段MN的垂直平分线， 则直线PQ：， 令得：，即， 所以， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 19.设函数 （1）当，恒成立，求实数的取值范围. （2）设上有两个极值点. （A）求实数的取值范围； （B）求证：. 【答案】（1）；（2）（A）；（B）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导数分，，，，求得出函数的最值即可； （2）函数 有两个极值点，即导函数有两个不同的实数根，对进行分类讨论,不妨设，则，构造函数，利用函数的单调性证明不等式. 【详解】（1）由题意，函数 因为，即，且，即恒成立， 令，则， ①当时，，在上为单调递增函数， 所以时，，不合题意； ②当时，时，，在上为单调递增函数， 所以，，不合题意； ③当时，，，在上为单调递减函数， 所以时，，不合题意； ④当时，，，在上为单调递增函数， ，，在上单调递减函数， 所以，符合题意； 综上可得，. （2）由，，可得， 令，则， 由已知在上有两个不等的实根. （A）①当时，，在上为单调递增函数，不合题意； ②当时，，在上为单调递减函数，不合题意； ③当时，，，，， 所以，，，解得. （B）由已知，，所以， 不妨设，则， 则 ， 令，， 则，所以在上为单调递增函数， 所以，即，所以， 可得，所以， 由（A），所以，，所以. 20.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. 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