精品解析：天津市第一中学2027届高三上学期第一次月考数学试题

天津一中2026-2027-1 高三年级一月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题知，所以. 2. 下列四个图象中，两个变量具有正相关关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据在两个变量的散点图中，若样本点成直线形带状分布，则两个变量具有相关关系判断. 【详解】A.两个变量之间是函数关系，不是相关关系，故错误； B.样本点成直线形带状分布，呈下降趋势是负相关，故错误； C.样本点不成直线形带状分布，故错误； D.样本点成直线形带状分布，呈上升趋势是正相关，故正确； 故选：D. 【点睛】本题考查变量间的相关关系、散点图及从散点图上判断两个变量有没有线性相关关系，属于基础题. 3. “”是“”成立的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】若，则， 令，则，函数单调递增，所以充分性成立； 若，令，显然不满足，必要性不成立， 综上，“”是“”成立的充分不必要条件. 4. 在中，，分别是线段，上的点，且，，，是线段上的两个动点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理得到上点对应的向量表达式系数和为1，结合向量线性运算与相等向量的性质求解. 【详解】 设， 所以， 因为， ，，， 则， 所以，解得. 5. 已知，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的性质及对数的运算性质可知，，且，再用作差法比较，即可得出判断. 【详解】因为， 由对数函数的性质及运算性质可得，，且， 又，，则， 所以，因此. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象可知，为偶函数，并且当时，，还可看出，即可选出选项. 【详解】由图象得函数的定义域为，且图象关于轴对称，即为偶函数， 当时，. 在选项BC中，当时，，故排除BC， 在选项D中，，排除D，故只有选项A满足图象. 7. 已知，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由二倍角公式，， ，代入已知等式， ， 得， 化简得， 提取公因式， ①当时，，则， ， ②当时，， 两边平方，得， 由，得， 解得， 检验：，存在符合条件的解， 综上，或. 8. 若曲线与曲线有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】曲线可化简为，曲线等价于或，直线与圆有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需与圆有另外两个不同的交点，数形结合及斜率公式、直线与圆相切的结论即可求解. 【详解】曲线可化简为，曲线表示以点为圆心，1为半径的右半圆， 曲线表示两条直线和， 显然直线过圆心与半圆有两个交点和，所以直线与半圆有两个除了外的交点， 由直线得，过定点，， 当直线与半圆相切时，可得， 解得或（舍去）. 所以当时，直线与半圆有两个除了外的交点，此时曲线与曲线有四个不同的交点. 故选：C. 【点睛】思路点睛：曲线为半圆，曲线表示两条直线和，直线与圆有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需与圆有另外两个不同的交点，数形结合再找出与之两个交点临界值求解即可. 9. 已知，若函数在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用公式将原解析式化简为两个简单函数取大值的形式，从而将问题转化为求解这两个函数在指定区间内“均非正且至少有一个为零”的分类讨论问题即可求解. 【详解】设，， 则， 即， 若函数在区间上有且仅有两个零点，则和都不能大于且至少有一个等于， ①且， 在区间内，只有1个解，即， 要使成为的零点，则， 或， 解得或，此时是原函数的一个零点， ②且， ，解得或， 要使它们成为在上的零点，它们必须落在内，且， 在区间内，的解集为， 因此需在中， 若是零点，则，解得， 若是零点，则，解得， 当时，满足，所以是零点， 而且均不在，此时只有1个零点， 当时， 满足，所以是零点， 此时不属于，与第一个零点重合， 此时只有1个零点， 当，不属于，是零点， 但不满足或，所以不是零点，此时只有1个零点， 当，不属于，不属于， 且不满足或，所以不是零点，此时没有零点， 当时， 满足，所以是零点，此时与第一个零点重合， 不属于，此时只有1个零点， 当时， 满足，所以是零点， 此时属于， 所以也是零点，且不与重合，不属于，此时有2个零点， 当时， 满足，所以是零点，此时不属于， 不属于，此时有1个零点， 综上， 实数的取值范围为. 二、填空题 10. 设为虚数单位，复数________． 【答案】 【解析】 【详解】先化简分母： ， 代入原式并分母实数化： . 11. 已知二项式的展开式中，的系数为24，则________． 【答案】4 【解析】 【详解】的展开式通项公式为， 令得，故的系数为， 所以，其中，所以，即，解得（负值舍去）. 12. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则角A的大小为______． 【答案】 ## 【解析】 【详解】由正弦定理， 得， 代入，得， 由两角差正弦公式，左边，， 又，则，所以， 对展开得 ， 移项化简：， 即， 两边同除以，得， 已知，所以，所以， 因为，所以. 13. A，B，C，D四位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：先将四位同学平均分成两组，每组进行一场比赛决出胜负，获胜者进入胜者组，失败者进入败者组．胜者组和败者组中再各自进行一场比赛，胜者组中获胜者获得冠军，失败者获得亚军，败者组中获胜者获得季军．设每场比赛双方获胜的概率都为，则A，B两人能分在同一组的概率为________；则在A，B两人能够在比赛中相遇的条件下A得到冠军的概率为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】使用均匀分组和古典概型概率公式计算A，B两人能分在同一组的概率，使用条件概率公式计算A，B两人能够在比赛中相遇的条件下A得到冠军的概率. 【详解】将四位同学平均分成两组共有种方法， 若A，B两人能分在同一组，则,两人分在同一组，只有这一种分法， 所以A，B两人能分在同一组的概率为：， 记事件为：A，B两人能够在比赛中相遇，事件为：A得到冠军， A，B两人在第一轮相遇概率为， A，B两人在第二轮相遇概率为，故， A，B两人能够在比赛中相遇并且A得到冠军包含：“A，B两人在第一轮相遇并且获得冠军”，和“A，B两人在第一轮不相遇并且两人第一轮都获胜，A，B两人在第二轮相遇且获得冠军”两种情况，故, 则, 即A，B两人能够在比赛中相遇的条件下A得到冠军的概率为：. 14. 已知平面向量，满足，，，若当时，则的最小值为______；若，则的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由 的模长计算的值，第一问将代入后把转化为关于的二次函数求最小值；第二问将平方得到的关系式，结合基本不等式求的最大值. 【详解】对两边平方，得， 代入，得，解得. 当时，， 所以， 则关于的二次函数开口向上，对称轴为， 当时取最小值，故. 由得，展开得：， 设，则， 将代入得. 由基本不等式可得：，即， 当且仅当时等号成立. 代入的表达式得，整理得， 即，当时等号成立， 故的最大值为. 15. 以下说法正确的有________． ①将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，则所得函数的最小正周期为，则； ②已知，，且在区间内有最大值，无最小值，则可能的取值有或； ③已知，将向轴正方向平移个单位，得到的函数图象与图象关于轴对称，则可能的取值有，，． 【答案】②③ 【解析】 【分析】利用三角函数的周期公式、对称性质、图象平移缩放变换以及区间内的最值限制条件，将几何特征转化为代数方程，依次验证即可. 【详解】对于①，， 则其最小正周期，解得，故①错误. 对于②，由，且在区间内有最大值，无最小值， 所以的对称轴为，且. 由得，即， 因为，，当时，；当时，； 当时，；当时，. 综上，可能的取值有或，故②正确. 对于③，， 由题意得，即， 若对任意恒成立，则或. 由得，与为常数矛盾，故舍去； 由得，即， 当时，， 当时，， 当时，， 其它值求出的均不在内，所以可能的取值有，，，③正确. 三、解答题 16. 已知、、为的三个内角，、、是其三条边，，． （1）若，求的面积； （2）若，求、； （3）若，求． 【答案】（1）； （2），； （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得，再利用求出面积即可； （2）分别由正弦定理实现角化边，先求出，再由余弦定理求出即可； （3）由已知条件先求出的值，再分类讨论求出，最后利用正弦定理求出即可. 【小问1详解】 在中，由，，则，所以； 【小问2详解】 因为，由正弦定理可得，又，所以， 由余弦定理可得，又，所以； 【小问3详解】 由，则， 所以，两边同时平方得，即， 所以，又，，则，所以， 因此，则， 若，则， 而，则，不合题意，所以，所以， 由正弦定理，又，则，所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面.； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为正方形，所以为的中点， 又因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，先证得平面，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（1）知：平面，得到为三棱锥的高，结合，结合锥体的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，， 可得，所以，所以，即， 又因为，且，平面，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又由， 设平面的法向量为，则， 取，则，即， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值. 【小问3详解】 解：由（2）知：平面，平面， 所以，且为三棱锥的高， 因为四边形为正方形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角中，可得，则， 所以， 所以，， 在直角中，由，可得， 在中，可得，所以， 则， 又由， 所以. 18. 已知定义在上的函数． （1）当时， （ⅰ）证明：函数在上单调递增； （ⅱ）求不等式的解集； （2）若函数在上无极值点，求的取值范围． 【答案】（1）（ⅰ）时，函数，求导得， 令，，则，则： ， 时，，故，仅当时等号成立， 故在上单调递增． （ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）求导换元后因式分解，判定导数恒非负，从而证明函数单调递增； （ii）先证函数为奇函数，结合单调性脱去函数符号，联立定义域解不等式； （2）换元分析导函数的单调性，由无极值点得导数恒非负，进而由最小值求出参数范围． 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）， 故是奇函数，不等式化为， 由单调递增，由定义域得，取交集得． 【小问2详解】 对函数求导得，令，则， 求导得， 在时，故在上单调递减，值域为， 已知函数无极值点，则在定义域内不变号， 时，，则不可能恒负，故只能恒成立， 故最小值，解得，故的取值范围为． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，下顶点为 （1）若的面积为，求椭圆的离心率； （2）若点，为原点，动点，且的最大值为． （ⅰ）求椭圆的方程； （ⅱ）设为椭圆上的点，若，求直线斜率取值范围． 【答案】（1）或． （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式求的值，结合椭圆的性质求c，进而计算离心率； （2）（i）由最大角得切线斜率，利用直线与椭圆相切的判别式条件求b，得到椭圆方程； （ii）分别表示两个三角形面积，由面积不等式得到的关系，结合椭圆方程求出斜率的取值范围． 【小问1详解】 椭圆中，，设半焦距为，则，下顶点， 是直角三角形，面积，故， 又，联立解得或， 故离心率或． 【小问2详解】 （ⅰ）点在椭圆右侧外部，当为椭圆切线时，取得最大值， 设过的切线方程为， 联立椭圆得：，整理得， 由相切得，化简得， 即切线斜率，是切线与轴的夹角，故， 故椭圆方程为． （ⅱ）由椭圆方程可得，故，下顶点， 设在椭圆上，则， 由得：，故，即， 设直线斜率为，则，故，即， 故斜率取值范围为． 20. 已知函数，，， （1）若不等式恒成立，求的取值范围； （2）设 （ⅰ）证明：； （ⅱ）若方程有两个不同的实数解，，证明：． 【答案】（1） （2）证明：（ⅰ）设，可得， 设，可得， 令，即，解得， 当时，，单调递减，即单调递减； 当时，，单调递增，即单调递增， 所以， 又，且时，，所以有且仅有唯一解， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以，即，得证. （ⅱ）由，可得，其中， 令，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 若有两个不同的实数根，则，且， 由（ⅰ），当且仅当时，等号成立， 令，可得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在单调递增， 所以，所以，即， 所以，当且仅当时，等号成立， 设直线和直线的交点的横坐标分别为， 则，所以， 令，可得， 所以函数在上单调递增，所以，所以， 令，可得，所以， 所以成立， 可得，所以， 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，把不等式转化为，令，利用导数求得单调性和最小值，得到，在分，和，三种情况讨论，求得，进而得到答案； （2）（ⅰ）设，求得，设，利用导数求得的单调性，进而得到单调性和最小值，即可得证； （ⅱ）由，利用导数求得的单调性，得到，根据题意，得到，设和的交点的横坐标分别为，求得，得到，结合对数不等式，求得 ，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数，，， 不等式，即， 即为，即 令，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以在区间上恒成立， 所以不等式成立，只需； 对于不等式， 当时，可得，不等式即为， 当时，可得，不等式即为， 设，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以函数在上的最小值为， 所以当时，，即； 因为函数在区间单调递减，且时，， 所以当时，，即， 综上可得，实数满足且且，所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2026-2027-1 高三年级一月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个图象中，两个变量具有正相关关系的是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”成立的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，，分别是线段，上的点，且，，，是线段上的两个动点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 8. 若曲线与曲线有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 9. 已知，若函数在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 设为虚数单位，复数________． 11. 已知二项式的展开式中，的系数为24，则________． 12. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则角A的大小为______． 13. A，B，C，D四位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：先将四位同学平均分成两组，每组进行一场比赛决出胜负，获胜者进入胜者组，失败者进入败者组．胜者组和败者组中再各自进行一场比赛，胜者组中获胜者获得冠军，失败者获得亚军，败者组中获胜者获得季军．设每场比赛双方获胜的概率都为，则A，B两人能分在同一组的概率为________；则在A，B两人能够在比赛中相遇的条件下A得到冠军的概率为________． 14. 已知平面向量，满足，，，若当时，则的最小值为______；若，则的最大值为______． 15. 以下说法正确的有________． ①将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，则所得函数的最小正周期为，则； ②已知，，且在区间内有最大值，无最小值，则可能的取值有或； ③已知，将向轴正方向平移个单位，得到的函数图象与图象关于轴对称，则可能的取值有，，． 三、解答题 16. 已知、、为的三个内角，、、是其三条边，，． （1）若，求的面积； （2）若，求、； （3）若，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面.； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 已知定义在上的函数． （1）当时， （ⅰ）证明：函数在上单调递增； （ⅱ）求不等式的解集； （2）若函数在上无极值点，求的取值范围． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，下顶点为 （1）若的面积为，求椭圆的离心率； （2）若点，为原点，动点，且的最大值为． （ⅰ）求椭圆的方程； （ⅱ）设为椭圆上的点，若，求直线斜率取值范围． 20. 已知函数，，， （1）若不等式恒成立，求的取值范围； （2）设 （ⅰ）证明：； （ⅱ）若方程有两个不同的实数解，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $