精品解析：天津市第二南开学校2026-2027学年度高三年级第一学期固本计划阶段检测数学试题

2026-2027学年度高三年级第一学期固本计划阶段检测 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分 考试时间120分钟 祝各位考生考试顺利！ 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，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. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知函数的部分图象大致如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则下列说法错误的是（ ） A. 若分别是直线的方向向量，则所成角余弦值是 B. 若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角正弦值是 C. 若分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角的余弦值是 D. 若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角余弦值是. 7. 若，且，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 9. 已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数z满足，则_______. 11. 在的展开式中，项的系数为_______. 12. 在正四棱锥中，，，如图，首先将一个半球（半径为）水平放置于四棱锥的内部，其球心与四边形的中心重合，随后将另一个球（半径为）放置于该半球正上方（两球相切），使得该小球与正四棱锥的四个侧面均相切，则________. 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 14. 已知，，是非零向量，，与的夹角为，的最小值为________.若，设为任意实数，的最小值为________． 15. 若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 三、解答题：本题共5小题，共75分. 16. 已知函数，. （1）求的最小正周期和单调区间； （2）求在闭区间上的最大值和最小值． 17. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 记锐角的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的最大值． 19. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，过点的直线与椭圆的另一个交点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）若直线的斜率为0，求的值和的取值范围. 20. 设函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数 （i）当时，取得极值，求的单调区间； （ii）若存在两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度高三年级第一学期固本计划阶段检测 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分 考试时间120分钟 祝各位考生考试顺利！ 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用交集概念求出答案. 【详解】由题意得，，则． 故选：A． 2. 设，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】A 【解析】 【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可. 【详解】求解二次不等式可得：或， 据此可知：是的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题. 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知函数的部分图象大致如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数图象的特殊点以及单调性逐一判断可得解. 【详解】由图象可知，故BD不成立； 对于A选项：，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，不符合图象，故A不成立； 故选：C 5. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由可得， 与互为反函数，故其交点在直线上，且交点横坐标小于1， 而与交点的横坐标等于1， 从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所示：与的图像交点为,与的图像交点为, 且 当直线位于点的上方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 6. 已知，则下列说法错误的是（ ） A. 若分别是直线的方向向量，则所成角余弦值是 B. 若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角正弦值是 C. 若分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角的余弦值是 D. 若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角余弦值是. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量法逐一判断即可. 【详解】对于A：因为直线与直线所成角范围为，所以所成角余弦值为，故A正确； 对于B：因为直线与平面所成角范围为，所以l与所成角正弦值，l与所成角余弦值为，故BD正确； 对于C：因为二面角的平面角所成角范围为，所以二面角的余弦值可能为负值，故C错误； 故选：C 7. 若，且，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可，但要注意对“”的灵活应用，以及计算过程中的变形计算，尤其要注意取等条件是否成立. 【详解】因为，，所以，当且仅当，即时取等号， 因为，所以取等条件不成立，所以A错误； ，当且仅当时，即时取等号，此时，所以B正确； ， 因为，所以， 因为，当且仅当取等号，又，所以， 所以，即，所以C错误； ， 因为，所以，所以， 所以， 当且仅当时，即时取等号， 所以，即，所以D错误. 8. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值． 【详解】，周期为， ，则是周期， ，即是正偶数， 当时，， 已知最大值与最小值的和为0， 最大值与最小值互为相反数， 若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和为0； 的最小值为6． 9. 已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案. 【详解】注意到，所以要使恰有4个零点， 只需方程恰有3个实根即可， 令，即与的图象有个不同交点. 而， 当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意； 当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意； 当时，如图3，当与相切时，联立方程得， 令得，解得（负值舍去），所以. 综上，的取值范围为. 故选：D. 【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数z满足，则_______. 【答案】 【解析】 【详解】复数z满足，则有， 所以. 11. 在的展开式中，项的系数为_______. 【答案】 【解析】 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 所以项的系数为. 12. 在正四棱锥中，，，如图，首先将一个半球（半径为）水平放置于四棱锥的内部，其球心与四边形的中心重合，随后将另一个球（半径为）放置于该半球正上方（两球相切），使得该小球与正四棱锥的四个侧面均相切，则________. 【答案】12 【解析】 【分析】设另一个球的球心为，连接，相交于点，连接，过点作于点，连接，过点作的垂线，垂足为，利用几何关系得，计算即可求解. 【详解】设另一个球的球心为，连接，相交于点，连接， 过点作于点，连接，如图所示： 由题意知，点在线段上，过点作的垂线，垂足为，可知， 因为，所以，又， 所以， ， 因为，所以， 所以，所以. 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 【答案】 ①. ##0.4 ②. ##0.48 【解析】 【分析】由题意，由组合知识，全概率公式进行求解 【详解】某游客在第一步获得“A组票箱”，即抽出的2个球颜色相同， 抽到的2个球均为红色或白色，故概率为； 故游客在第一步获得“B组票箱”的概率为， 从“A组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 从“B组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 所以游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为. 14. 已知，，是非零向量，，与的夹角为，的最小值为________.若，设为任意实数，的最小值为________． 【答案】 ①. 2； ②. .##0.5 【解析】 【分析】利用数量积公式以及，可得到的表达式，结合二次函数性质可得最小值；利用整理化简可得，由此得到向量终点的轨迹，从而可求的最小值. 【详解】由已知 ，且与的夹角为，得，又，故， 代入 ，得 ，所以 ，最小值为； 设，则，取中点，记，所以，， ，， 所以 ，所以， 即. 则点在以点为圆心，半径的圆上，的终点在与成的直线上，记， 因此的最小值为的最小值，过点作，与圆交于点,如图所示，此时最小， 最小值为． 15. 若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用等价于且，把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题；再用一元二次不等式在上恒成立的判别式条件，得到与的约束；最后令，将化为关于的二次函数并配方求最大值． 【详解】由题意，对任意实数，都有恒成立． 因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且． 先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立． 因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于， 即，整理得，即， 故． 再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立． 同理，需判别式不大于，即． 因为，所以必须有，即； 并且由，得． 结合与，可得． 令，则，且． 由，得． 因此． 当时，，且取，解得．此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立． 综上，的最大值为． 三、解答题：本题共5小题，共75分. 16. 已知函数，. （1）求的最小正周期和单调区间； （2）求在闭区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间是，单调递减区间是； （2）最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的性质即得； （2）利用正弦函数的性质即求． 【小问1详解】 由 ， ∴的最小正周期为， 由，得， 由，得 ∴函数单调增区间为，函数单调减区间为； 【小问2详解】 由于， 所以， 所以， 故， 故函数的最小值为，函数的最大值为． 17. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 18. 记锐角的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的最大值． 【答案】（1）证明： 由题知， 所以， 所以, 所以 因为 为锐角，即 ， 所以， 所以， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可； （2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知：， 所以， 因为， 所以， 因为由正弦定理得：， 所以, 所以， 因为 ， 所以， 所以 因为是锐角三角形，且， 所以 ， 所以， 所以， 当时，取最大值为 ， 所以最大值为： . 19. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，过点的直线与椭圆的另一个交点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）若直线的斜率为0，求的值和的取值范围. 【答案】（1），离心率为. （2），. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得：，进而求得，由此即可求解方程及离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，由韦达定理可得：，，表示出直线的方程为，令即可求解的值，最后根据求解的取值范围. 【小问1详解】 由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为. 【小问2详解】 直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 设直线的方程为，，， 联立化简并整理得， 由题意得，即，应满足， 所以，， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以直线的方程为，令， 得 ，所以， 此时应满足即应满足，或， 综上所述，满足题意，此时. 20. 设函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数 （i）当时，取得极值，求的单调区间； （ii）若存在两个极值点，证明：. 【答案】（1） （2）（i）单调增区间为，，单调减区间为 （ii）， ∵存在两个极值点， ∴方程，即在上有两个不等实根. ∵，解得， 则 ∴所证不等式等价于， 即， 不妨设，即证， 令，， 则， ∴在上递增，∴， ∴成立， ∴. 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）（i），时，取得极值，所以，求出，进而可求出函数的单调区间； （ii），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，而等价于，构造函数即可得证. 【小问1详解】 ， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 （i）， ， ∵时，取得极值，∴，解得， ∴， 令，得或；令，得， ∴的单调增区间为，，单调减区间为； （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $