天津市双菱中学2026-2027学年高三年级上学期第一次阶段检测数学试题

2026-2027学年度上学期双菱中学高三年级数学学科第一次阶段检测 总分：150分 考试时间：120分钟 （第Ⅰ卷，共45分） 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．“”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．如图，在正方体中，给出以下四个结论： ①平面  ②与平面相交 ③平面 ④平面平面 正确的结论的序号是（     ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 4．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． 5．已知等差数列、的前n项和分别为、，且，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，设，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 7．已知定义域为R的奇函数（a，m，），则函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 8．已知非零向量，满足，，．若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．函数（，）的部分图象如图所示，则以下说法正确个数为（     ） ① ②函数图象的对称中心为（） ③ ④不等式的解集为（） A．1 B．2 C．3 D． （第Ⅱ卷，共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10．已知是虚数单位，复数______． 11．二项式的展开式中的常数项为______． 12．中，角，，的对边分别为，，，，，则______. 13．已知甲盒产品中有个正品和个次品，乙盒中有个正品和个次品．其中正确结论的序号是______. ①若从甲盒中任取个产品，这个产品均为正品的概率为 ②若从甲盒中任取个产品，这个产品一个为正品一个为次品的概率为 ③若从甲盒中任取个产品，这个产品中有一个为正品的条件下，另一个为次品的概率为 ④若从甲盒中任取个产品，乙盒中取1个产品，则取到次品个数的期望为 ⑤若先从甲盒中任取个产品，将这个产品放入乙盒，然后从乙盒任取个产品，则取出的是正品的概率为. 14．已知向量，，则的最大值为________；与的夹角的取值范围是________． 15．若存在常数，使得函数对任意实数都有成立，且等号能取到，则称为的下托函数．以下说法正确的有___________． ①函数没有下托函数； ②函数有下托函数； ③函数有下托函数； ④函数的图象与轴有交点. 三、解答题：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．已知函数． ⑴若角的终边与单位圆交于点，求的值； ⑵当时，求的单调递增区间和值域． 17．如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．等差数列的前项和记为，已知，且成等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)当取最小值时，求序号的值，并求出的最小值； (3)求数列的前项的和． 19．已知函数. (1)若，证明：； (2)若，且对任意，，求的取值范围； (3)若在上单调递增，求的最大值. 20．已知函数. (1)当时，讨论在上的单调性； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是的两个零点，证明：. 2026-2027学年度上学期双菱中学高三年级数学学科第一次阶段检测答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D B C B A D A C C 1． 【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．B 【详解】． 因为是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件． 3．C 【详解】对于①，因为平面平面，而平面，所以平面，故①正确； 对于②，因为，则与确定一个平面，所以平面，故②错误； 对于③，与平面内的直线不垂直，故③错误； 对于④，在正方体中，得平面，而平面，所以平面平面，故④正确. 4．B 【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：B. 5．A 【详解】因为，不妨设，，其中， 所以 6．D 【分析】令，则，判断的奇偶性和单调性，结合对数运算和对数函数的性质，进而可得大小关系. 【详解】由，令，则， 由，故为偶函数， 当时，在上单调递增， ， ， 因为，， 所以， 所以, 所以 即. 7．A 【分析】先根据奇函数性质求得，再求的定义域，并结合复合函数单调性法则“同增异减”判断即可. 【详解】 ， 因为是定义在R上的奇函数， 所以，即恒成立， 所以，解得， 所以，定义域为， 所以，根据复合函数单调性法则“同增异减”可得在上单调递增，在上单调递减， 所以，函数的单调递增区间为. 8．C 【详解】 ， 又，，， 代入得：. 由基本不等式，： 当且仅当即时取等号， 故的最小值为. 9．BCD 【详解】由图象知相邻渐近线为和，间距为，故周期，. 时，有，又，解得， 由，得，因此. A选项： 由可知，A选项错误； B选项：正切函数的对称中心为，令，得， 即函数图象的对称中心为，B选项正确. C选项：， ， 故，C选项正确. D选项：当时，；当时，. 不等式等价于，即， 解得，即，D选项正确. 10． 【详解】 11．252 【详解】二项式的展开式通项为， 令得，所以所求的常数项为. 12．/ 【分析】利用正弦定理结合二倍角求出，再得到，借助三角形内角和与两角和余弦公式计算. 【详解】由正弦定理，由，得，所以，所以， 因为，所以，所以， 由是三角形内角，，故，所以， ，  ，， 由，得. 13.①③⑤【分析】根据古典概型概率公式和组合数的运算可求得AB正误；根据条件概率公式可求得C正确；根据全概率公式可求得D正确. 【详解】对于选项A，从甲盒中任取个产品，均为正品的概率为，A正确； 对于选项B，从甲盒中任取个产品，一个为正品一个为次品的概率为，B错误； 对于选项C，记事件为“从甲盒中任取个产品，至少有一个正品”，事件为“从甲盒中任取个产品，至少有一个次品”， 则，， ，C正确； 对于选项D，记事件为“从甲盒中任取个产品放入乙盒，抽得的正品数为个”，事件为“从甲盒中任取个产品放入乙盒，再从乙盒任取个产品，取出的是正品”， 则，，，，，， ，D正确. 14． ； . 【分析】根据不等式，即可直接求得的最大值；设，将与的夹角余弦值用坐标表达，通过求其值域，即可求得夹角的范围. 【详解】由题可知，，故，当且仅当同向时取得等号，故的最大值为； 不妨设，满足； 则，，， 设与的夹角为，则， 则， 令，故， 根据对勾函数的单调性可知，在单调递减，在单调递增， 又当时，，当或时，，故，又，故. 故答案为：；. 15．①③ 【分析】根据下托函数定义分别构造不同的函数，利用导数求得其单调性，并证明对应的不等式成立且等号能取到，即可判断各说法是否正确. 【详解】对于①，假设函数有下托函数， 即存在实数对于任意实数都有成立，且等号能取到， 即存在实数满足对任意实数恒成立，且等号能取到， 易知时，，但是等号取不到，因此函数没有下托函数，即①正确； 对于②，假设存在常数，使对任意实数恒成立，且等号能取到， 即对任意实数恒成立，且等号能取到， 显然时，，等号取不到，函数没有下托函数，即②错误； 对于③，若函数有下托函数，则在时恒成立，且等号能取到， 即存在满足题意，不等式等价于， 令函数，则， 由可得， 当时，，因此在上单调递减， 当时，，因此在上单调递增， 所以在处取得极小值，最小值为，且当时等号成立， 故函数有下托函数，即③正确； 对于④，由③可知对任意实数恒成立， 则函数； 令，则，由，可得; 因此当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此，当时等号成立，因此， 但知在时等号成立，而在时等号成立， 因此两个等号不会同时成立，因此在上恒成立， 即函数的图象与轴无交点，即④错误. 16．⑴ ⑵单调递增区间是,值域是． 【分析】⑴ 利用定义即可求解的值； ⑵ 利用三角恒等式公式化简，结合三角函数的性质即可求解，当时，求解内层函数，从而求解值域． 【详解】解：角的终边与单位圆交于点， ， ； ⑵由； 由， 得，， 又，所以的单调递增区间是； ， ， ， 故得的值域是． 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键． 17．(1) 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 18．(1) (2)， (3) 【分析】（1）由等差数列通项公式基本量计算即可求解； （2）根据等差数列求和公式可得，结合二次函数性质即可求解； （3）结合（2）的及的符号，按照和分情况讨论求出即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为d， 由题可得：， 解得， ； （2）由（1）知，， 所以， 由二次函数性质可知，当时，取最小值， 此时最小值为； （3）， 由， 当时，；当时，， 所以当时，； 当时， . 综上，. 19．(1)当时，，. 令，得. 当时，，是单调递减函数； 当时，，是单调递增函数. 则，即. (2) (3) 【分析】（1）代入参数得到具体函数,求导判断单调性，根据单调性得到函数最小值，证明最小值非负即可. （2）代入的取值得到含参函数，先求一阶导数，再分析一阶导数的单调性，根据的取值范围分类讨论的单调性，保证时最小值非负，求解对应的范围. （3）函数单调递增等价于导数在上恒成立，先计算导数的导数，然后讨论的正负，再将转化到用表示，构造函数，利用单调性求出最大值即可. 【详解】（1）略 （2）方法1： 当时，，易得， ，， 当时，结合（1）易得， 所以在上是单调递增函数， 所以，符合题意． 当时，令，． 因为，所以递增． 又，由(1)得，将换作可得，即， 所以， 所以存在唯一的，使得． 当时，，单调递减，则，不合题意． 综上，实数的取值范围为． 方法2：当时，，易得， 设，当，，所以， 所以在单调递增； 又因为， 当时，，所以在上递增， 所以，符合题意. 当时，，又时，， 存在唯一的，使得. 当时，，递减，所以，不合题意． 综上，实数的取值范围为． （3）方法1：若在上单调递增，则恒成立． 令，则． 当时，，故在上单调递增． ，则，不合题意． 当时，恒成立，所以，此时的最大值为0． 当时，由，得． 当时，，递减； 当时，，递增． 所以， 得，此处不等号可以取等． 所以. 求最值法①：令，，则． 令，得． 当时，，递增； 当时，，递减． 所以． 综上，当且仅当时，取得最大值，且最大值为． 求最值法②： 令，则． 令，，则． 令，得． 当时，，单调递增；时，单调递减． 所以． 综上，当且仅当时，取得最大值，且最大值为． 方法2：若递增，则恒成立． 当时，令，因为，所以递增. 取，则，不合题意. 当时，恒成立，所以，此时的最大值为. 当时，由恒成立，得对恒成立. 令，由，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 则. 则，当时等号可以取到， 再令，，然后求解最大值的过程同方法1中的法①、法②. 综上，当且仅当时，取得最大值，且最大值为. 方法3：若单调递增，则恒成立. 当时，可得，解得. 下面证明：当时，存在和，可使恒成立. 当时，，令，则. 当时，，故单调递增. 因为，所以不合题意. 当时，由，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 则， 令，则. 令，，则.令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 则. 则不等式的解为， 则的解为. 则时，存在，可使恒成立， 则的最大值为. 20．(1)当时，在上单调递减 (2) (3)即，不妨设， 则，整理得， 要证，即证，即证， 即证在上单调递增， 又，令， 则， 当时，单调递减；当时，单调递增， 故，即，，即在上单调递增， 故 【分析】(1)利用导数研究函数的单调性； (2)根据对任意的恒成立，分离参数得到对任意的恒成立，即转化为求函数最值问题. (3)先根据分离参数，再构造函数利用导数进行证明. 【详解】（1）因为，所以， 令，则，因为， 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 故，即， 故在上单调递减. （2）对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，因为时， 故对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减. 又，且， 故，故. 令，则， 故，故. 综上，的取值范围为. （3）略. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027学年度上学期双菱中学高三年级数学学科第一次阶段检测 总分：150分 考试时间：120分钟 (第1卷，共45分) 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求 的 1.已知集合A={x∈NNx<2,B={-1l,2},则AUB=() A.{1,2 B.{-1,1,2} C.{-1,1,2,3} D.{-1,0,1,2,3} 2“x>3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.如图，在正方体ABCD-ABCD中，给出以下四个结论： ①DC∥平面AABB, ②AD与平面BCD,相交 ③AD⊥平面DDB ④平面BCD⊥平面AABB 正确的结论的序号是() B A.①② B.③④ C.①④ D.②③ 4.已知函数fx)=m2(m>0,且m≠1)恒过定点(a,b),则在直角坐标系中函数g()=(“的图象 为() B 5.已知等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,且 72n+则2=) Sn n b A3 B.2 3 2 C. D. 6.已知函数fy)=h(x2-2x+3)+c,设a=f0),b=f(log,4),c=f 则a,b,c的大小关系是 () A.a<b<c B.b<a<c C.c<b<a D.b<c<a 7.已知定义域为R的奇函数f(x)=(2x-a)+mx+x2+1(a,m,neR),则函数8(x)=log1(m2-mrx) 的单调递增区间为() A.（-0,0) B.（-o,1) C.(1,+oo) D.(2,+0） b 8.已知非零向量a,6满足d=t,} -a6-0,者=2骨+月：则a+列旋个位为(） A.√2 B.2 C.22 D.4 9.函数f(x)=Atan(ox+p)（o>0,0<p<π)的部分图象如图所示，则以下说法正确个数为() ①A=2√5 23 ②函数f)图象的对称中心为(-+血，0(kZ) 32 @f受=4+25 5π 6 6 ④不等式f)+f≥4W3的解集为[，元+km)(keZ) A.1 B.2 C.3 D.4 (第川卷，共105分) 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10.己知i是虚数单位，复数V6+3W2 3-i =一 8 11.二项式 3 的展开式中的常数项为 12.△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,2c=V5b,C=2B,则cosA= 13.己知甲盒产品中有4个正品和2个次品，乙盒中有3个正品和2个次品.其中正确结论的序号是 @若从甲盒中任取2个产品，这2个产品均为正品的概率为号 ②若从甲盒中任取2个产品，这2个产品一个为正品一个为次品的概率为专 ③若从甲盒中任取2个产品，这2个产品中有一个为正品的条件下，另一个为次品的概率为手 @若从甲盒中任取2个产品，乙盒中取1个产品，则取到次品个数的期望为号 ⑤若先从甲盒中任取2个产品，将这2个产品放入乙盒，然后从乙盒任取1个产品，则取出的是正品的 概率为宁品 14.已知向量a=(2,0),=1,则a+b的最大值为 一；a+b与a的夹角的取值范围是 15.若存在常数A,使得函数F(x,)对任意实数x>0都有F(x)≥4成立，且等号能取到，则称y=4为F(x) 的*下托函数.以下说法正确的有 ①函数∫(x)=x+上没有*下托函数： ②函数g(x)=C有*下托函数： ③函数h()=x有*下托函数y=-」 ④函数H()=1x+2-】的图象与x轴有交点 ex ex 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16.已知函数f(x)=23 sinxcosx-2sin2x. 山老角a的终边与单位圆交于点严传) 求f(a)的值： ②当x[引时，求的单调递路区间和痘战 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD∥BC,PA=2,AB=BC=1,AD=2,M是PD 的中点. (1)求证：CM//平面PAB: (2)若AB⊥AD, (i)求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； (i)在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为1？若存在，求 出器的值：若不存在，请说明理白。 18.等差数列{an}的前n项和记为Sn,己知S,=-l5,且a,a,-a4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式： (2)当Sn取最小值时，求序号n的值，并求出Sn的最小值； (3)求数列{a}的前n项的和Tn 19.已知函数f(x)=e-ar2-bx-1. (1)若a=0,b=1,证明：f(x)≥0： ②若a)且对任意x之0，f()20,求6的取值范国： (3)若f(x)在R上单调递增，求a+b的最大值， 20.已知函数f(x)=xnx-mx2. ()当m≥2时，讨论f()在(0，+)上的单调性： ②)若>1对任意的xVe,e]恒成立，求实数m的取值范围 (3)若x,x2是f(x)=1的两个零点，证明：xx2>V6e2