精品解析：天津市第四十七中学2026-2027学年第一学期高三年级第一次阶段性检测数学试卷

天津市第四十七中学2026~2027第一学期高三年级 第一次阶段性检测数学试卷 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合与的并集，再计算该并集在全集中的补集即可． 【详解】，则． 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】B 【解析】 【详解】由可得，解得或， 因为集合是集合的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 3. 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】D 【解析】 【分析】分析各选项中函数的定义域、零点、奇偶性以及函数值符号，结合题中图象可得答案. 【详解】对于A选项，对于函数，由可得， 即函数的定义域为，与题中图象不符； 对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符； 对于C选项，函数的定义域为， ，函数为偶函数，与题中图象不符； 对于D选项，函数的定义域为， ，函数为奇函数， 令得，可得， 当时，，则，与题中图象相符. 4. 函数，对任意，都有，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知是减函数，结合分段函数单调的条件求解. 【详解】因为对任意，都有成立，所以是上的减函数， 则，解得， 即实数的取值范围为. 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【详解】A选项：如图： 在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图： 在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图： 在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图： 过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 6. 给出下列说法，其中正确的是（） A. 一组数据的第百分位数为 B. 已知数据，，，的平均数为，方差为，那么数据，，，的平均数和方差分别为 C. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 D. 样本相关系数 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念可判断A的真假；根据两组相关数据的平均数和方差的计算方法判断B的真假；计算残差判断C的真假；根据相关系数的取值范围判断D. 【详解】A选项：第百分位数的位置：，所以第百分位数为，故A选项错误； B选项：已知 ，方差，对于数据，平均数变为，方差变为，故B选项错误； C选项：当时，代入回归方程得预测值，实际值为，残差，故C选项正确； D选项：样本相关系数的取值范围是，故D选项错误. 7. 《九章算术》是中国古代的数学名著，书中有“粟米问题”．现有9人分粟米，每人所得粟米质量（单位：铢）从小到大构成数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9人所得粟米质量和的铢数为（ ） A. 284 B. 381 C. 384 D. 484 【答案】C 【解析】 【分析】结合等差、等比数列性质，先求前三项，再求等比数列公比，最后分组求和得到总粟米铢. 【详解】已知 ， 成等差数列，则 ， 所以又 ， 所以得，， 后7项成等比数列，设公比为，则， 由 ，得，得解得 或 ， 因为粟米质量从小到大，数列递增，舍去负根，得， 所以， 所以， 则这9人所得粟米质量和的铢数为. 8. 已知函数在区间上单调递增，且在区间内恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由和求出范围，由题中条件得到，由得到，由题中条件得到，通过解这个不等式组得到的取值范围. 【详解】因为，且， ， 因为函数（）在区间上单调递增， 所以， 解得. 因为，所以， 在区间内恰有两个零点， 则，解得，即， 又，则， 则的取值范围是. 9. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为，，设两曲线在第一象限的交点为M，、的离心率分别为、，当时，不可能等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆和双曲线的定义，明确、的关系，再结合的取值范围和“对勾函数”的单调性求的取值范围. 【详解】由题意，， 根据椭圆的定义，； 根据双曲线的定义，. 所以， 所以，且. 所以. 设，， 则. 因为函数在上单调递增，所以. 所以. 所以不可能等于. 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，复数满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】化简复数，再由复数的模长公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 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. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】由焦半径公式可求出点的坐标，进而求出圆的方程，令，即可求解. 【详解】由题意知，， 又点在抛物线上且在第一象限，所以，故点为， 则以点为圆心3为半径的圆的方程为， 令得或，故以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 13. 某校发起“AI赋能乡村教育”公益项目，项目团队下设技术研发组5人、课程设计组3人.为推进乡村高中智能教学设备落地，需从两个组中随机抽取2人组成执行小组.抽取的2人中恰好有1名课程设计组成员的概率为______；已知抽取的2人中至少有1名课程设计组成员，其中恰好有1名课程设计组成员的概率为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用组合公式和条件概率公式进行计算. 【详解】从人中随机抽取2人的总组合数为种， 从3名课程设计组成员中选1人，有种选法 ，从5名技术研发组成员中选1人，有种选法， 所以根据分步乘法原理可得，恰好有1名课程设计组成员的选法共有种， 根据古典概率公式可得：抽取的2人中，恰好有1名课程设计组成员的概率为， 从5名技术研发组成员中选2人的组合数为种， 所以没有课程设计组成员的概率为， 则至少有1名课程设计组成员的概率为， 设事件为“抽取的2人中恰好有1名课程设计组成员”，事件为“抽取的2人中至少有1名课程设计组成员”，则所求概率为， 根据条件概率公式可得：， 又因为，所以， 则. 故答案为：； 14. 已知平面向量，，满足：与的夹角为，，，则的最大值是______；记是的最大值，则的最小值是______． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】将向量问题转化为几何问题，结合基本不等式求解第一问，设为AB中点，令，结合图形，利用向量的线性运算求出，转化为函数求最小值即可. 【详解】因为，，所以，当且仅当时等号成立，故最大值为； 如图： 设为AB中点，令， 则 ①， 因为， 故有， ②， 由①②得，从而， 因为，所以，即点C在以AB为直径的圆E上. ， ， 当且仅当时，即时等号成立. 故答案为：1；. 15. 若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】讨论、、、、，结合导数研究单调性、函数的零点个数确定参数范围. 【详解】由题设，则函数的定义域为， ，则，此时， 所以，故在上单调递增， 所以， 若时，此时恒成立，无零点， 若时，此时在定义域上恰有一个零点， ，则，此时且， 所以在上单调递增，则， 所以恰有一个零点， ，则， 若，则， 所以（在上单调递减）， 所以在上单调递增，则， 若，则，显然区间内单调递增， 所以，且时， 综上，若，则上无零点，上存在一个零点， 若，则存在一个零点， 若，则上存在一个零点，上无零点， 所以在定义域上恰有一个零点， ，且定义域为， 若，则，所以，则在上单调递增且， 若，则，显然区间内单调递增，而且时， 所以在定义域上恰有一个零点， ，则， 若，则， 所以（在上单调递减）， 显然，则上，上， 所以在上单调递增，上单调递减，而， 若，则，显然区间内单调递增且， 所以在定义域上无零点， 综上，. 故答案为： 三、解答题 16. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将的图象先向左平移个单位长度，再将其横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数，若，，求的值. 【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）利用完全平方公式、正弦的二倍角公式、逆用两角差的正弦公式化简，再求最小正周期及的单调递减区间； （2）求出的图象变换后的解析式，再求出的正余弦值利用凑角可得答案. 【小问1详解】 . 的最小正周期为， 由，，解得，， 所以函数的单调递减区间是. 【小问2详解】 将的图象先向左平移个单位长度，得到函数， 再将其横坐标缩小为原来的，纵坐标不变得到函数， 据题意有，且，则， 则 . 17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 连接,连接， 四边形为正方形，为中点，为BC的中点，， 平面，平面，平面； （2） （3） 假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设， ，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 则点到平面的距离为， 解得，或（舍）， 在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【解析】 【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而利用线面角的向量方法即可求解； （3）假设存在点，设，再利用点到平面的距离为即可求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案. 【小问1详解】 因为短轴长为2，所以， 因为， 所以，， 又因为轴，所以， 则，且，解得， 则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，则，， 联立，整理得， 则，，则， 直线：， 令，得， 故，，， 则的中点坐标为， 由于与的面积相等，故到直线的距离相等， 因此的中点在上， 可得，， 则，解得，又，所以. 19. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”． （1）已知等比数列满足：．求证：数列为“数列”； （2）已知各项为正数的数列满足：，其中是数列的前项和． ①求数列的通项公式； ②设为正整数，若存在“-数列”（），对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值． 【答案】（1）证明如下： 设等比数列的公比为，所以 由，得，解得， 因此数列为“—数列”； （2）①； ②5． 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程求出首项和公比即可证明； （2）①根据可得，即可判断数列为等差数列，即可求出通项公式；②根据题意，构造函数，利用导数可得即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由，得， 当时，由，得， 整理得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列， 因此，数列的通项公式为； ②由①知，， 因为数列为“—数列”，设公比为，所以， 因为，所以，其中， 当时，有； 当时，有， 设，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以， 取，当时，，即， 令，则， 令，则， 故在上单调递减，则， 即在上恒成立，即在上单调递减， 则， 即， 因此所求的最大值不小于5， 若，分别取，得，且，从而，且， 所以不存在，因此所求的最大值小于6， 故的最大值为5． 【点睛】关键点点睛：关键在于理解题目意思，然后结合所学的知识，将问题转化成平时所练题型进行求解. 20. 已知函数，其中为实数，定义域为． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，都有． 【答案】（1） （2） （3）由（2）知，当时，，有，即， 当且仅当时等号成立． 令，则有． 又 构造函数 在上单调递增，，故有在上恒成立． 令，得 故． ． 【解析】 【分析】（1）分别求出，结合点斜式求解； （2）对得对任意的恒成立，构造新函数，对求导，利用导数探讨函数单调性得实数的取值范围； （3）数列不等式证明，利用（2）的结论，构造函数不等式，令，再对累加求和，又有在上恒成立，联立两式得证. 【小问1详解】 当时，，则 ， 则曲线在点处的切线方程为： 整理得：. 【小问2详解】 因为，所以 令，则，故 ①当时，，而当时，， 由零点存在性定理可知，，使得． 当时，单调递减，故， 则在上单调递减，，与恒成立相矛盾，故舍去． ②当时，，有，，则 令，则， 故在上单调递增， 则在上单调递增，， 故在上单调递增，，符合题意． 综上，实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第四十七中学2026~2027第一学期高三年级 第一次阶段性检测数学试卷 一、选择题 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. 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. 4. 函数，对任意，都有，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 给出下列说法，其中正确的是（） A. 一组数据的第百分位数为 B. 已知数据，，，的平均数为，方差为，那么数据，，，的平均数和方差分别为 C. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 D. 样本相关系数 7. 《九章算术》是中国古代的数学名著，书中有“粟米问题”．现有9人分粟米，每人所得粟米质量（单位：铢）从小到大构成数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9人所得粟米质量和的铢数为（ ） A. 284 B. 381 C. 384 D. 484 8. 已知函数在区间上单调递增，且在区间内恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为，，设两曲线在第一象限的交点为M，、的离心率分别为、，当时，不可能等于（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，复数满足，则______. 11. 二项式的展开式中的常数项为______． 12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 13. 某校发起“AI赋能乡村教育”公益项目，项目团队下设技术研发组5人、课程设计组3人.为推进乡村高中智能教学设备落地，需从两个组中随机抽取2人组成执行小组.抽取的2人中恰好有1名课程设计组成员的概率为______；已知抽取的2人中至少有1名课程设计组成员，其中恰好有1名课程设计组成员的概率为______. 14. 已知平面向量，，满足：与的夹角为，，，则的最大值是______；记是的最大值，则的最小值是______． 15. 若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为______. 三、解答题 16. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将的图象先向左平移个单位长度，再将其横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数，若，，求的值. 17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 19. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”． （1）已知等比数列满足：．求证：数列为“数列”； （2）已知各项为正数的数列满足：，其中是数列的前项和． ①求数列的通项公式； ②设为正整数，若存在“-数列”（），对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值． 20. 已知函数，其中为实数，定义域为． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $