精品解析：河北辛集中学2026-2027学年高三年级上学期9月阶段一考试数学 试题

河北辛集中学2026-2027学年度第一学期阶段一考试 高三数学试题 一、单选题（本题共8题，每小题5分，共40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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设全集U＝R，集合A＝{x|y＝lgx}，B＝{x|﹣7＜2+3x＜5}，则∁U（A∪B）＝（　　） A. {x|0＜x＜1} B. {x|x≤0或x≥1} C. {x|x≤﹣3} D. {x|x＞﹣3} 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. ， 则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 5. 函数()的图象向右平移()个单位,得到函数的图象(如图所示),直线平行于轴,且,则,的值分别为( ) A. 1, B. 1, C. 2, D. 2, 6. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数（且）是奇函数，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 8. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 若存在实数使得函数有四个零点，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，15分） 12. 在的展开式中，的系数为___________ 13. 已知，则等于_____ 14. 现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： （1）求的值和上四分位数； （2）现从成绩位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设这2人中成绩落在内的人数为，求的分布列和期望． 16. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 17. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，函数与关于直线对称，证明：当时，. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴、y轴的正半轴上，，，E，F分别为的中点，求的最大值. 19. 一名老师与名学生玩抽卡片游戏，将这名学生依次编号为，，，，规则如下：①游戏开始时，所有学生手上均为红卡、黑卡各一张；②老师先给1号学生发放一张红卡；③从2号学生开始，号学生从号学生手中的三张卡片中随机抽取一张放入手中，直至号学生抽取完成后结束；④老师从号学生手中的三张卡片中随机抽走一张卡片，游戏结束． （1）若，求游戏结束后，2号学生手中拥有两张同色卡片的概率； （2）求游戏结束后，号学生手中至少有一张红卡的概率； （3）若游戏结束后，手上没有红卡的学生被淘汰，求被淘汰的学生人数的期望值． 附：若，，，为随机变量，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北辛集中学2026-2027学年度第一学期阶段一考试 高三数学试题 一、单选题（本题共8题，每小题5分，共40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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算转化为的形式，再根据复数的几何意义确定所在象限即可. 【详解】， 因为，所以在复平面内对应的点位于第一象限 2. 设全集U＝R，集合A＝{x|y＝lgx}，B＝{x|﹣7＜2+3x＜5}，则∁U（A∪B）＝（　　） A. {x|0＜x＜1} B. {x|x≤0或x≥1} C. {x|x≤﹣3} D. {x|x＞﹣3} 【答案】C 【解析】 【分析】可求出集合A，B，然后进行并集、补集的运算即可． 【详解】解：A＝{x|x＞0}，B＝{x|﹣3＜x＜1}； ∴A∪B＝{x|x＞﹣3}； ∴∁U（A∪B）＝{x|x≤﹣3}． 故选C． 【点睛】考查描述法的定义，对数函数的定义域，以及并集、补集的运算． 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】正切函数的周期是，定义域为， 在每个区间上单调递增， 由，在一个周期内，解得， 所以解集为. 4. ， 则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质、对数函数性质判断A；利用作差判断BC；举例说明判断D. 【详解】由 ，得， 对于A，因为函数在定义域上单调递增，所以，A正确； 对于B，，即，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，取，得，D错误. 5. 函数()的图象向右平移()个单位,得到函数的图象(如图所示),直线平行于轴,且,则,的值分别为( ) A. 1, B. 1, C. 2, D. 2, 【答案】C 【解析】 【分析】先求得经过图象变换后所得的表达式，根据的图像与性质，求得的值. 【详解】函数()的图象向右平移()个单位,得到函数，由的图像可知，解得. 故选：C 【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查根据三角函数图象求解析式中的参数值，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 6. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求出，，进而求解，再由投影向量的定义求出投影向量即可. 【详解】因为， ，又因为， 所以有①； 又因为，②； 联立①②，有，解得； 在向量方向上的投影向量为：. 故选：A 7. 若函数（且）是奇函数，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数定义，由对数运算法则将表达式化简计算即可得. 【详解】因为函数是奇函数， 所以． 所以． 所以．所以， 因为且，所以． 故选：B． 8. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数和 ，通过导数判断函数的单调性，然后比较大小； 【详解】记，则， 当时，，故在上单调递增， 故，故， 记，则， 当时，，故在单调递减， 故，故， 因此. 故答案为： 故选;D 二、多选题（共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用积化和差和辅助角公式得到，即可求解得到或，，可求答案. 【详解】， ， ， ， ， ， ， ， 或，, ，，或，， 经检验，或符合，其它都不符合. 故选：AB. 10. 已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题首先利用求导证明为奇函数，再证明其还为周期为4的函数，再通过合理赋值可一一核对各选项的对错. 【详解】因为为偶函数，则，两边求导得，所以为奇函数， 因为， ，所以， 故，所以，即的周期且， 在，中， 令，可得，所以，故A正确； 令，可得，而为奇函数，则， 所以，则，故B正确； 令得， ，则 ，无法求得， 同理令得， ，因此， 相加得，只有在时， 有，但不一定为0，因此C错误； 在中， 令得，， 在中， 令得，， 两式相加得，即，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】抽象函数的周期性和奇偶性结合的问题难度较大，需要通过合理赋值才能得到相应的结果. 11. 若存在实数使得函数有四个零点，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】画出函数图象，方程问题转化为函数图像交点的问题即可求解，再结合对称性及对数的运算性质依次判断求解即可. 【详解】由题意得有四个零点， 所以有四个根， 所以和函数图像有四个交点，且交点横坐标为， 因为为正数，且，所以选项A错误； 根据题意可得，， 得到，根据对称性有 所以，故选项B正确； 而，且，故选项C正确； 而， 当且仅当时成立，所以等号取不到，故选项D错误， 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，15分） 12. 在的展开式中，的系数为___________ 【答案】 【解析】 【详解】由二项式定理得展开式的通项为，，， ， 所以的通项公式为， 即， 分别令，，解得，. 所以的系数为. 13. 已知，则等于_____ 【答案】 【解析】 【分析】 本题首先可确定，然后将转化为，求出，最后将转化为，即可得出结果. 【详解】若，则，不满足题意，故， 根据同角三角函数关系可得，解得， 则， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查同角三角函数关系，考查的公式有、，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题. 14. 现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】264 【解析】 【分析】排列组合的涂色问题,分两步分别计算，第一步先计算正面涂色的方法数,第二步再涂反面颜色,涂反面颜色时要分两类情况考虑，使用第4种颜色和不使用第4种颜色,将两类情况方法数相加，再利用分步乘法计数原理得到最终的总方法数. 【详解】第一步,先涂三张卡片正面颜色,要求三张卡片正面颜色各不相同共有：种. 第二步,再涂三张卡片反面颜色, 假设正面颜色为A,B,C（已经选好的3种不同颜色）,剩余1种未使用的颜色为D. 反面涂色需满足： 三张卡片反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同, 分两类情况考虑：不使用颜色D和使用颜色D. 不使用颜色D时,反面只用A,B,C三种颜色，错位排列共有2种方法数. 使用颜色D时,还需要两种颜色，有3种颜色组合（,,）, 每种颜色组合都有种涂色方法. 所以涂反面颜色时有种方法, 所以共有种方法. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： （1）求的值和上四分位数； （2）现从成绩位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设这2人中成绩落在内的人数为，求的分布列和期望． 【答案】（1），上四分位数为77.25； （2）分布列为 0 1 2 ； 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的特征及百分位数的算法计算即可； （2）根据频率分布直方图结合分层抽样方法、离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图易知，，解得， 上四分位数是第75百分位数，由图知的频率为0.16，的频率为0.3， 的频率为0.4，上四分位数落在内，不妨设为， 则，解得，上四分位数为77.25； 【小问2详解】 由图可知，与的频率之比是， 根据分层随机抽样的方法可知，在内抽取3人，在内抽取5人， 则的可能取值为0，1，2，易知，， ， 的分布列 0 1 2 . 16. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 【答案】（1）根据三角形面积公式可得：， 余弦定理可得：， 又因为，所以， 在中，两边同时除以整理可得： 即 . （2） 【解析】 【分析】（1）先分别写出三角形面积公式和余弦定理表达式，再结合已知条件建立等式，最后通过化简等式求解. （2）通过已知条件求出的值，再利用基本不等式求出的最大值，进而得到三角形面积的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，两边平方得： ，又因为， 所以，化简可得：， 因为是三角形内角，，解得， 所以，已知， 由基本不等式得 ，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，的最大值是． 17. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，函数与关于直线对称，证明：当时，. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）当时，，由对称性得， 令， ， 函数在上为减函数，故当时， 当时，，所以， 所以在上单调递增，， 所以当时，，即. 【解析】 【分析】（1）使用导数的几何意义求解切线方程； （2）求出函数的导函数，对进行分类讨论，利用导函数的正负判断函数的单调性； （3）利用对称性求出函数的解析式，令，使用导数分析函数的单调性即可证明. 【小问1详解】 ，，， 所以函数在处的切线方程为：. 【小问2详解】 ， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，得，令，得， 在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴、y轴的正半轴上，，，E，F分别为的中点，求的最大值. 【答案】（1）2. （2）. （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的定义求出，再由仿射坐标系的定义运算，结合数量积的运算律即可求得； （2）根据仿射坐标系的定义运算结合条件求出，利用向量的夹角公式列方程求出，即可求出答案； （3）设，由题意将分别用线性表示，利用向量数量积的运算律化简成，利用正余弦定理和三角恒等变换将其化成正弦型函数，结合三角函数的性质即可求得其最大值. 【小问1详解】 由题意可知的夹角为，由平面向量数量积的定义可得. 因为，所以， ，故. 【小问2详解】 由，得，且， 所以， ，， ， 因为的夹角为，则，解得， 又，则，故. 【小问3详解】 依题意，设，且，， 因为F为BC的中点，所以， 因为E为BD的中点，同理可得， 所以， 由题意知，则， 在△OBC中，依据余弦定理得，即， 代入上式得. 在△OBC中，由正弦定理，设， 则，且，所以， 则 ，其中为锐角，且. 因为，所以， 故当时，取最大值， 故此时取得最大值为. 19. 一名老师与名学生玩抽卡片游戏，将这名学生依次编号为，，，，规则如下：①游戏开始时，所有学生手上均为红卡、黑卡各一张；②老师先给1号学生发放一张红卡；③从2号学生开始，号学生从号学生手中的三张卡片中随机抽取一张放入手中，直至号学生抽取完成后结束；④老师从号学生手中的三张卡片中随机抽走一张卡片，游戏结束． （1）若，求游戏结束后，2号学生手中拥有两张同色卡片的概率； （2）求游戏结束后，号学生手中至少有一张红卡的概率； （3）若游戏结束后，手上没有红卡的学生被淘汰，求被淘汰的学生人数的期望值． 附：若，，，为随机变量，则． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意确定老师抽取时2号学生手中卡片的颜色情况，即可得结论； （2）设为k号学生从号学生手中抽完一张后，手中有2红1黑的概率．则（1号初始就是2红1黑）．然后求得与间有递推关系，再结合等比数列通项公式求得结论； （3）根据游戏规则知k号被号抽走一张卡片，与n号被老师抽走一张卡片的效果是相同的，因此可得（k号学生中有2红1黑的概率），用表示k号学生被淘汰，用表示k号学生未被淘汰，则，再由计算. 【小问1详解】 1号学生手中有2红1黑，2号原有1红1黑，无论抽到红或黑，手中必有两张同色，最终两张同色即老师抽到单张颜色的卡片，概率为； 【小问2详解】 设为k号学生从号学生手中抽完一张后，手中有2红1黑的概率． 则（1号初始就是2红1黑）． 当时，要使k号抽完后有2红1黑，则k号必须从号手中抽中红卡： 若号为2红1黑（概率为），则k号抽到红卡的概率为；若号为1红2黑（概率为），则k号抽到红卡的概率为． 所以， 整理可得，所以是首项为，公比为的等比数列． 所以． n号从号手中抽完卡片后，以概率持2红1黑，以概率持1红2黑，老师再从中随机抽走一张，若为2红1黑，无论老师抽什么，n号都至少剩1红，若为1红2黑，则需要老师抽到黑卡． 故所求概率为． 【小问3详解】 k号被号抽走一张卡片，与n号被老师抽走一张卡片的效果是相同的，所以游戏结束后，k号学生手中至少有一张红卡的概率为（）． 用表示k号学生被淘汰，用表示k号学生未被淘汰，则． 设被淘汰的学生人数为X， 则．． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $