精品解析：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

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 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. 【答案】D 【解析】 【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. “”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】B 【解析】 【详解】． 因为是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件． 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 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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：D. 5. 已知等差数列、的前n项和分别为、，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，不妨设，，其中， 所以 6. 已知函数，设，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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. 已知非零向量，满足，，．若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由图象先求出周期，即可求出，利用定义域问题可求出，由特殊点可求出，即；令可求出对称中心，可讨论出，即可解出范围. 【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． （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______． 【答案】 【解析】 【详解】 11. 二项式的展开式中的常数项为______． 【答案】252 【解析】 【详解】二项式的展开式通项为， 令得，所以所求的常数项为. 12. 中，角，，的对边分别为，，，，，则______. 【答案】## 【解析】 【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. 已知甲盒产品中有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___________． ①若从甲盒中任取2个产品，这2个产品均为正品的概率为 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 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 ④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 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． 【答案】①③⑤ 【解析】 【分析】先利用古典概型依次判断①②；再用条件概率公式分析③；④借助期望可加性，拆分随机变量分别求期望再相加；⑤采用全概率公式，先对甲盒取件的所有互斥情况分类，算出各类概率与对应条件概率，最后求和，得到正确结论为①③⑤. 【详解】①2个均为正品：，① 正确； ②一正一次：，② 错误； ③条件概率：已有一个正品，另一个为次品， 设事件 ：至少1个正品；事件 ：一正一次 ∴，③ 正确； ④ 设 ：甲盒取出2件中的次品数；：乙盒取出1件中的次品数， ， ，④ 错误； ⑤ 设：甲取2正品；：甲取1正品1次品；：甲取2次品， ， ，⑤ 正确. 14. 已知向量，，则的最大值为________；与的夹角的取值范围是________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【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. 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. 【答案】①③ 【解析】 【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. 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． （1）若角的终边与单位圆交于点，求的值； （2）当时，求的单调递增区间和值域． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的定义求出的值； （2）利用三角恒等变换化简解析式，由正弦函数的性质得出单调增区间以及值域. 【详解】（1）角的终边与单位圆交于点 （2） 由得 又，的单调增区间是 ，， 故函数的值域为 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． 【答案】（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， 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （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. 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． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由题可得：， 解得， ； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 ， 由， 当时，；当时，， 所以当时，； 当时， . 综上，. 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 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：. 【答案】（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 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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. 4 （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___________． ①若从甲盒中任取2个产品，这2个产品均为正品的概率为 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 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 ④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 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． 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． （1）若角的终边与单位圆交于点，求的值； （2）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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $