精品解析：天津市南开中学2026-2027学年第一学期学情调查(一)数学试卷

南开中学2026—2027学年度第一学期学情调查（一） 高三数学试卷 考试时间 120分钟 Ⅰ卷 一、选择题（每题5分，共45分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先用列举法表示全集，再利用补集的定义进行求解即可 【详解】，所以 2. 已知，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】D 【解析】 【详解】对于充分性，当时，满足，不满足，则充分性不成立， 对于必要性，当时，满足，不满足，则必要性不成立， 可得“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 3. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误； CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误； A选项，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当或时，；当或时，. A选项正确. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以． 5. 若，化简的结果是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. . 6. 在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再利用余弦定理求，结合三角形面积公式求出面积即可求解． 【详解】在中，由正弦定理得：， 因此， 则， 而，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 所以． 7. 已知函数，对都有，且在上单调，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可得，结合在上单调可得，进而可得或10，最后检验即可． 【详解】由于对都有，故， 即，， 故，解得， 又在上单调，， 故，解得， 故，解得，因此或1， 当时，，，符合题意， 当时，，，符合题意， 故． 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，设，根据向量在单位向量上的投影向量为，求出向量的坐标，从而得出向量的坐标.由，得出向量的终点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，这样将求的最小值问题，转化为轴上一点到圆上一点的最小值问题. 【详解】因为为单位向量，令，设， 因为向量在单位向量上的投影向量为， 所以，所以，所以. 又，所以，所以，解得， 不妨取，则， 设，因为，所以向量的终点在以点为圆心，半径的圆上. ，，设，则点的轨迹为轴. 表示向量的终点到向量的终点的距离，即的长度. 求的最小值即求的最小值， 因为圆心到轴的距离为，所以的最小值为. 9. 已知函数，若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，分类讨论的范围，得出是该方程一个根，当时，将问题转化为函数与的交点问题，结合函数与方程及导数即可求解． 【详解】令，即方程有4个不同的实数根， 当时，，则是该方程的一个实数根， 所以当时，方程有3个不同的实数根； 当时，， 当时，， 设函数，，则函数有3个交点， ①当时，，与函数只有一个交点，不合题意； ②当时，令， 当时，如图所示， 当时，函数有2个交点， 当时，函数有1个交点，符合题意； ③当时，如图所示， 当时，函数有1个交点，当时，函数有1个交点，不符合题意； ④当时，如图所示， 在时，函数无交点， 在时，函数有1个交点，不符合题意； ⑤当时，在范围内，函数无交点， 所以在时，函数有3个交点， 当时，，与有1个交点， 当时，函数需要有2个交点， 因为函数在时的图像在第一象限， 所以函数在范围内的2个交点都在第一象限， 为了便于分析，在时，讨论与的交点时，的范围取； 令，设， 令， 设，， 所以在上单调递增， 又， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 若函数需有2个交点，则方程有2解， 所以； 综上所述，． Ⅱ卷 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先得出共轭复数，再应用复数模长公式计算求解. 【详解】由可得， 所以. 11. 的展开式中常数项是，则______． 【答案】 【解析】 【详解】二项式展开式的通项为， 令，得， 则常数项为，得 12. 已知，，若，同向，则_________． 【答案】1 【解析】 【详解】因为与同向，则存在实数，使得， 且，， 则，可得， 整理可得，即，解得或， ①当时，，符合同向条件； ②当时，，向量反向，舍去； 故. 13. 为帮助学生减压，高三某班准备了“幸运抽奖箱”，箱中共有10张卡片，其中6张为“获奖卡”．每位同学随机抽取3张，抽到获奖卡可兑换奖品，每人抽完后箱中恢复原先10张卡片．甲同学参加了一次抽奖活动，则甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为________；若该班有60名同学，每人都恰参加一次抽奖活动，则至少抽到1张“获奖卡”的人数的均值是________． 【答案】 ①. ； ②. 58 【解析】 【分析】由古典概型的概率公式代入计算，即可得到甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率，再由二项分布的期望公式代入计算，即可得到结果. 【详解】甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为； 至少抽到1张“获奖卡”的概率为， 设至少抽到1张“获奖卡”的人数为X，则， 所以． 故答案为：； 14. 直线和是圆的两条切线，若与的交点为，则与的夹角的正切值等于______． 【答案】 【解析】 【分析】先设出过点的切线斜率为k，结合圆心到切线的距离等于半径得到关于k的方程，再利用两直线夹角公式计算夹角的正切值. 【详解】易知两条切线的斜率均存在，设过点的圆的切线方程为，整理为一般式得, 圆的圆心为，半径，由直线与圆相切的性质可知，圆心到切线的距离等于半径，即 ， 将上式两边平方得，展开整理得， 设两条切线的斜率分别为,，由韦达定理得，， 由两直线的夹角公式，设两直线夹角为，则， 其中， 代入得 15. 若，，对满足时，都有恒成立，则的最小值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】先解不等式可得，由在此闭区间上小于或等于0恒成立，则区间端点值，必满足小于或等于0，再由直接可得，再验证等号可取，找到对应的使得在恒成立，即可求出的最小值. 【详解】由题可知，，则解集为， 由，都有恒成立，令， 则，解可得. 令，则，又，令，则，代入得， 当时，，则， 要对，，因为，所以只需证对，即可，记， 当时，恒成立，满足； 当时，为一次函数且单调递增，只需证，当时，函数值小于或等于0， 即，解得，则， 取，则，此时， 当，满足恒成立条件，此时； 当时，为一次函数且单调递减，只需证，当时，函数值小于或等于0， 即，解得，则， 取，则，此时，满足恒成立条件，此时， 综上，，所以的最小值为. 三、解答题（16题14分，17-19每题15分，20题16分，共75分） 16. 已知函数，若任意，恒成立时，的最小值为． （1）求函数的解析式及其单调递增区间； （2）若将函数的图象上所有点的纵坐标不变，将其图象向右平移个单位得到函数的图象．当时，求的最大值与最小值，及其对应的的值． 【答案】（1），单调递增区间为 （）； （2）当 时，取得最大值 ；当时， 取得最小值， 【解析】 【分析】（1）化简函数表达式，由条件确定，利用正弦函数的图象和性质求单调递增区间； （2）利用平移求出的解析式，利用正弦函数的图象和性质求解. 【小问1详解】 已知函数， 则， ， 因为对任意，恒成立， 所以是最小值，是最大值， 则，解得， 则，解得， 因此函数解析式为； 正弦函数的单调递增区间为， 令，则， 解得， 故的单调递增区间为. 【小问2详解】 将的图象向右平移个单位， 得到 因为 ，所以， 则，即， 当时，即当时，取最大值为； 当时，即当时，取最小值为. 17. 如图，已知直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，M、N、P、D分别是、、、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求到平面的距离． 【答案】（1）因为、分别是、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； 在直三棱柱中，且， 又因为，分别是、的中点，所以且， 故四边形是平行四边形，从而， 因为平面，平面，平面， 又，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理和性质定理求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量的数量积公式求解； （3）利用向量法求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又，即， 以为坐标原点，直线、、分别为 轴、 轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 于是，， 设平面的法向量为， 则， 取，得，，即， 易得平面的一个法向量， 于是， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知平面的法向量，又， 所以到平面的距离， 即到平面的距离为. 18. 如图，平面内四点，，，，满足，，，． （1）若，， （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求． （2）若，，求． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据已知条件求出，代入三角形面积公式求解；（ⅱ）利用余弦定理求解； （2）先分析角度关系，利用正弦定理得到三角方程，解三角方程，确定角度. 【小问1详解】 （ⅰ）因为，，， ，， 所以, 又，所以， 又，所以． （ⅱ）， 所以． 【小问2详解】 因为，设， 则，， 在中，由正弦定理可得， 即， 所以， 即， 所以，即， 因为，所以，，所以， 所以． 19. 已知椭圆：，离心率为，点在椭圆上． （1）求曲线的方程； （2）设直线l是过原点O的一条动直线，直线l与圆O：交于M，N两点，，直线，与曲线的交点分别为点B，C． （ⅰ）直线是否过定点，过的话求出定点坐标，否则，说明理由； （ⅱ）是否存在直线l，使得四边形为梯形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）直线恒过定点，（ⅱ）或 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质进行求解； （2）（ⅰ）先根据题意设直线的方程为，（），再联立曲线的方程得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理，圆的性质求解；（ⅱ）结合梯形的性质求出点的坐标，进而即可判断直线的方程是否存在． 【小问1详解】 依题意得， ，解得， 故曲线的方程为： 【小问2详解】 （ⅰ）依题意可设直线的方程为，（）， 联立，整理得， 设，，则有，， 因为点在圆上，且是圆的直径，所以，即， 所以，即， 因为，， 所以， 即， 所以， 整理得，解得，或（舍）， 所以直线的方程为，即直线恒过定点， （ⅱ）假设四边形是梯形，则有或， 当时，因为，所以，即，， 又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点， 设，因为，所以， 因为点在曲线上，点在圆上， 则有， 解得（舍），或， 即，或， 所以或，所以直线的方程为或； 同理，时，求得直线的方程也为或． 即直线的方程为或时，四边形为梯形． 20. 已知定义域为的函数的导函数，且曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）当时，讨论的单调性； （3）若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，利用切线方程求出导数值，进而求解参数. （2）先求出导函数，再通过研究导函数的导数，分析导函数的单调性，进而确定原函数的单调性. （3）将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过构造函数，多次求导分析函数的单调性和最值，从而确定参数的取值范围. 【小问1详解】 由题意知， 且曲线在点处的切线方程为， 所以，即，解得． 【小问2详解】 由（1）知，，则当时，． 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，且， 所以时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减． 所以，所以在上单调递增． 【小问3详解】 由曲线在点处的切线方程为，得， 又，所以． 当时，，则恒成立，所以． 当时，由，得． 令，则． 令，则， 再令，则， 令，则． ①当时，，故在上单调递减， 又，所以，故在上单调递减， 因为，， 所以存在，使得， 于是在上单调递增，在上单调递减． 由于，，于是时，，此时， 所以在上单调递增，在上的最大值为． ②当时，令， 则， 所以在上单调递增，此时， 故当时，， 由①②知在上的最大值为， 所以，即a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2026—2027学年度第一学期学情调查（一） 高三数学试卷 考试时间 120分钟 Ⅰ卷 一、选择题（每题5分，共45分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，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，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，化简的结果是（ ） A. B. C. D. 2 6. 在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 7. 已知函数，对都有，且在上单调，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. Ⅱ卷 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 已知，则________． 11. 的展开式中常数项是，则______． 12. 已知，，若，同向，则_________． 13. 为帮助学生减压，高三某班准备了“幸运抽奖箱”，箱中共有10张卡片，其中6张为“获奖卡”．每位同学随机抽取3张，抽到获奖卡可兑换奖品，每人抽完后箱中恢复原先10张卡片．甲同学参加了一次抽奖活动，则甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为________；若该班有60名同学，每人都恰参加一次抽奖活动，则至少抽到1张“获奖卡”的人数的均值是________． 14. 直线和是圆的两条切线，若与的交点为，则与的夹角的正切值等于______． 15. 若，，对满足时，都有恒成立，则的最小值是_________． 三、解答题（16题14分，17-19每题15分，20题16分，共75分） 16. 已知函数，若任意，恒成立时，的最小值为． （1）求函数的解析式及其单调递增区间； （2）若将函数的图象上所有点的纵坐标不变，将其图象向右平移个单位得到函数的图象．当时，求的最大值与最小值，及其对应的的值． 17. 如图，已知直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，M、N、P、D分别是、、、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求到平面的距离． 18. 如图，平面内四点，，，，满足，，，． （1）若，， （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求． （2）若，，求． 19. 已知椭圆：，离心率为，点在椭圆上． （1）求曲线的方程； （2）设直线l是过原点O的一条动直线，直线l与圆O：交于M，N两点，，直线，与曲线的交点分别为点B，C． （ⅰ）直线是否过定点，过的话求出定点坐标，否则，说明理由； （ⅱ）是否存在直线l，使得四边形为梯形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 20. 已知定义域为的函数的导函数，且曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）当时，讨论的单调性； （3）若在上恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $