精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试卷

塘沽一中2027届高三毕业班第一次月考 数 学 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，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，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. 已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 某回归方程中的为9.4，说明变量和变量负相关 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 6. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 7. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 D. 8. 设双曲线（a＞0，b＞0）的一个焦点为F（c,0）（c＞0），且离心率等于，若该双曲线的一条渐近线被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，则该双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则 A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 已知，则 _____. 11. 的展开式中的系数为______.（以数字作答） 12. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆心到直线：距离为，且圆心的纵坐标大于3，则直线被圆截得的弦长为______. 13. 2026天津五大道举办“津遇和平·拾光海棠”文明赏花打卡活动．游客分上午、下午两个时段参与打卡，每次打卡可获得1枚或2枚文明纪念章．上午随机获得1枚或2枚纪念章，概率均为0.5；若上午获得1枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.3，获得2枚的概率为0.7；若上午获得2枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.6，获得2枚的概率为0.4． （1）一名游客上、下午打卡结束后，一共获得3枚纪念章的概率为_________； （2）若累计获得不少于3枚纪念章评为文明打卡达人，现随机抽取4名游客，以X为获评达人的人数，则_________． 14. 在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，，则____________；为线段上的动点，为中点，则的最小值为____________． 15. 设，函数，若恰有两个不同零点，则的取值范围为__________． 三、解答题：本大题共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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）当时，求函数的最大值与最小值； （3）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若方程在区间上恰有个解，求的最小值． 18. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 已知数列为等差数列，数列为正项等比数列，且，，，． （1）求，的通项公式． （2）已知，求数列的前项和． （3）设数列，，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求正整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中2027届高三毕业班第一次月考 数 学 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，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果. 【详解】易知，所以， 故选：A． 2. 已知向量，，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】C 【解析】 【分析】根据向量的共线的坐标关系，即可根据充要条件的定义判断. 【详解】由，，若，则，解得， 故“”是“”的充要条件， 故选：C 3. 已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，由正弦函数的周期性可得原函数图象和坐标轴有无数个交点排除A项；B选项，对函数求导，判断单调性和函数图象趋势即可判断；C选项，对所给函数的奇偶性进行判断即可； D选项，判断所给函数的定义域即可. 【详解】A选项，取，则令，解得：，其中，即：和轴有无数个交点，所以A错误； B选项，取，则，令，得或，令，得， 故在和上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以当时，，当时，，所以B正确； C选项，取，则函数定义域为，且，所以是偶函数，所以C错误； D选项，，由可得，由图知，D错误. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用零点存在定理判断出，再由指数函数和对数函数的性质求解. 【详解】因为是上的增函数，且，， 所以， 又，所以， 所以， 故选：A. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 某回归方程中的为9.4，说明变量和变量负相关 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 【答案】D 【解析】 【详解】选项A，残差散点图所在的带状区域越窄，说明残差越小，模型拟合效果越好， 两个变量的线性相关性越强，因此“带状区域越宽，相关性越强”说法错误，故A错误； 选项B，因为，所以， 由，则， 所以，故B错误； 选项C，，则变量和变量正相关，故C错误； 选项 D，在线性回归分析中，线性相关系数满足， 且越大，说明两个变量的线性相关性越强，故D正确. 6. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】令，用分别乘两边再用均值不等式求解即可. 【详解】因为，且为正实数 所以 ，当且仅当即时等号成立. 所以. 故选：B. 7. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用已知及前n项和化简计算求值. 【详解】因为数列满足， 所以 所以， 又因为，则，所以. 故选：B. 8. 设双曲线（a＞0，b＞0）的一个焦点为F（c,0）（c＞0），且离心率等于，若该双曲线的一条渐近线被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，则该双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题得，，又，联立解方程组即可得，，进而得出双曲线方程. 【详解】由题得 ① 又该双曲线的一条渐近线方程为，且被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2， 所以 ② 又 ③ 由①②③可得：，， 所以双曲线的标准方程为. 故选：C 【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，圆的方程的有关计算，考查了学生的计算能力. 9. 已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像过点可得，由的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，可知，结合在上单调，从而得到，由此得到的解析式，结合图像，即可得到答案． 【详解】因为的图象过点，则，又，所以.一方面，的图象向左平移单位后得到的图象与原函数图象重合，则，即，化简可知．另一方面，因为在上单调，所以，即，化简可知. 综合两方面可知．则函数的解析式为， 结合函数图形，因为，当时，， 结合图象可知 则 ，故选A． 【点睛】本题主要考查正弦函数解析式的求法，以及函数图像的应用，考查学生的转化能力，属于中档题． 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 已知，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】， 所以. 故答案为：. 11. 的展开式中的系数为______.（以数字作答） 【答案】-80 【解析】 【分析】根据二项式定理计算中的即可. 【详解】原式等于， 设的通项为，而中没有项， 故时，， 即项的系数为. 故答案为：-80 12. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆心到直线：距离为，且圆心的纵坐标大于3，则直线被圆截得的弦长为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题知设圆心为 且，利用圆心到直线：距离为，求得，所以再利用弦长公式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 设圆心为 ，且， 所以， 因为圆心到直线：距离为， 所以， 因为，所以.所以， 所以直线被圆截得的弦长为. 故答案为：. 13. 2026天津五大道举办“津遇和平·拾光海棠”文明赏花打卡活动．游客分上午、下午两个时段参与打卡，每次打卡可获得1枚或2枚文明纪念章．上午随机获得1枚或2枚纪念章，概率均为0.5；若上午获得1枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.3，获得2枚的概率为0.7；若上午获得2枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.6，获得2枚的概率为0.4． （1）一名游客上、下午打卡结束后，一共获得3枚纪念章的概率为_________； （2）若累计获得不少于3枚纪念章评为文明打卡达人，现随机抽取4名游客，以X为获评达人的人数，则_________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【详解】（1）总获得3枚纪念章分两种互斥情况： 情况1：上午得1枚，下午得2枚，概率为； 情况2：上午得2枚，下午得1枚，概率为. 因此总概率. （2） 总获得4枚纪念章的概率为 ， 因此获评文明打卡达人概率 . 由题意，服从二项分布，则. 14. 在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，，则____________；为线段上的动点，为中点，则的最小值为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理，求得，求得的值，再由，且，设，得到和，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，即，则， 又因为，可得，，所以； 因为正方形的边长为1，可得，且， 又因为为线段上的动点，设，且， 则， 因为为中点，则， 可得 又因为，所以当时，取到最小值． 故答案为：；． 15. 设，函数，若恰有两个不同零点，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】函数恰有两个不同零点等价于方程有两个不同的解，再去掉绝对值号分别求解，并对作、、三种情况讨论，最后得到满足条件的的取值范围. 【详解】令，得， 所以或 情况1： 化简得：（，时此方程无解）； 情况2： 化简得：，两边乘得二次方程：， 判别式，恒有两个不同实根， 由韦达定理，两根之积，故两根一正一负， 有效零点需满足，我们分别分析、、三种情况： (1) ， 情况1的根 ，不满足，无效； 情况2的负根，无效；正根，显然， 故，有效，结论：仅 1 个有效零点，不符合题意； (2) 情况 1 无解； 情况 2 方程变为，正根（负根舍去），仅 1 个有效零点，不符合题意； (3) 情况 1 的解，满足，有效； 情况 2 的正根，必然满足，有效；负根，可证：， 右边，平方得，恒成立，故负根，无效； 验证两个有效零点是否重合：假设，化简得，无解，故两个零点不同， 结论：恰有 2 个不同有效零点，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 三、解答题：本大题共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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及诱导公式化简等式，即可求得； （2）由余弦定理即可解得，然后得到； （3）由正弦定理求得，判断的范围求得，从而求得，，由和角公式求得的值. 【小问1详解】 因为 由正弦定理有①. 又因为，所以代入①式有. 又因为三角形内角，因此，所以. 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得或（舍去），故； 【小问3详解】 由正弦定理，且，，， 得， 由于，则为锐角，故， 故， ， 故 . 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）当时，求函数的最大值与最小值； （3）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若方程在区间上恰有个解，求的最小值． 【答案】（1）； （2）函数的最大值为，最小值为； （3）. 【解析】 【分析】（1）先由三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦函数周期性的性质计算可得； （2）先由的范围确定的范围，再由正弦函数的性质计算可得； （3）先由题意得到的表达式，再根据恰有个解确定的范围即可得到答案. 【小问1详解】 由，由辅助角公式得， 又因为的最小正周期为，即， 因此的值为. 【小问2详解】 由（1）得，当时，时，则的范围为， 因此的范围为，即函数的最大值为，最小值为. 【小问3详解】 由（1）得，则将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，则， 令，则，即， 又因为在区间上恰有个解，则应该满足， 因此的最小值为. 18. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）连接交于点， 因为四边形为矩形，所以点是的中点， 连接，又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）使用三角形中位线的性质与线面平行判定定理证明； （2）使用向量法计算； （3）使用向量法计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题知，，，，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， ，，设平面的一个法向量为，则 ，令，得，，， ,，设平面的一个法向量为，则 ，令，得，， 平面与平面夹角的余弦值为：. 【小问3详解】 ，平面的法向量为， 则点到平面的距离为：. 19. 已知数列为等差数列，数列为正项等比数列，且，，，． （1）求，的通项公式． （2）已知，求数列的前项和． （3）设数列，，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）不存在，理由如下： ，满足上式子， 故，则， 假设存在等差数列，，使得，，为等比数列， 则，即， 则， 故数列既为等差数列，也为等比数列， 故数列为常数列，则， 故不存在不同的3项，，成等比数列. 【解析】 【分析】（1）设公差和公比，列方程组求解即可； （2）利用分组求和、错位相减、裂项相消求和； （3）假设存在，利用等差中项和等比中项列关系式求解. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为， 由，得，则； 由得，则， 故； 【小问2详解】 当为奇数时，； 当为偶数时，， 设， 则， 则， 得， 设 ， 则； 【小问3详解】 略 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求正整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且． 【答案】（1）3； （2）3； （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在上单调递减，在单调上单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以存在，即在上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到，当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 且当时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $