精品解析：天津市第一百中学2026-2027学年高三上学期第一次过程性诊断数学试卷

2026-2027学年第一学期第一次过程性诊断 高三数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 一.选择题（每小题5分） 1. ，，则（ ）. A. B. C. D. 2. 已知、，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f（x）的图象如图所示，则f（x）的解析式可以是（　　） A. B. C. －1 D. 4. 已知，，，则 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，的夹角为，，，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 将函数图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称 C. 关于点对称 D. 在区间上的最大值为 7. 已知中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 在正项数列中，，，成等差数列，，，成等比数列，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7.5 9. 函数，若，且，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 二.填空题（每小题5分） 10. 的虚部是______. 11. 的展开式中的系数为________． 12. ，，则________. 13. 的最小值为______. 14. 已知直角梯形中，，，，为上一点，且，若，其中，为实数，则________；设点为线段上的动点（不含端点，），则的取值范围是________. 15. 已知在区间上恒成立，则的最小值为______. 三、解答题 16. 在中，角，，所对的边为a，b，c，且，，. （1）求的值； （2）求a的值； （3）求的值. 17. 如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆，点为椭圆的右焦点，离心率.过点的直线与椭圆交于，两点（，两点与椭圆顶点不重合）. （1）求曲线的方程； （2）若x轴上一点满足. （i）求实数t的值； （ii）已知，求直线的方程. 19. 数列是正项等比数列，数列是等差数列.，，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.对数列“，，”按照上述方法进行“扩展”，设第次扩展后得到的新数列的所有项的和为，求数列的前项和. 20. 的导数为. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若是在区间上的一个零点，设，函数，求证：； （3）设、是函数的两个极值点，且，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期第一次过程性诊断 高三数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 一.选择题（每小题5分） 1. ，，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对一元二次不等式左侧因式分解得，解得解集为. 又因为，因此集合. 已知，根据交集的定义，取两个集合的公共元素，可得. 2. 已知、，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】 【详解】由可得， 因为“”“”，且“”“”， 故“”是“”的充分不必要条件. 3. 已知函数f（x）的图象如图所示，则f（x）的解析式可以是（　　） A. B. C. －1 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由函数图象可知，函数为奇函数，而选项C是偶函数，排除C; 选项B，当,,与图象矛盾，排除B. 若函数为则时，，排除D，故选A. 4. 已知，，，则 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为是增函数，是增函数，在区间上单调递增， 所以，，， 则. 5. 已知向量，的夹角为，，，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得向量，的夹角为，，， 则 . 6. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 将函数图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称 C. 关于点对称 D. 在区间上的最大值为 【答案】B 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数解析式，结合周期公式求出的值，再逐一验证各选项的正误． 【详解】对于A，，由的最小正周期为得， 则，故A错误； 对于B，由，将函数图象向左平移个单位长度， 得到，为偶函数，关于y轴对称，故B正确； 对于C，， 则不关于点对称，故C错误； 对于D，当时，，则，即， 故的最大值为，故D错误． 7. 已知中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，求得的值，结合两角和的余弦公式，即可求解. 【详解】因为，且，可得， 又因为，可得， 由，得，所以，所以， 因为，即， 所以. 8. 在正项数列中，，，成等差数列，，，成等比数列，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项与等比中项的性质，列出等式求解，进而得出结论. 【详解】设，，是公比为的等比数列，则，． 又因为，所以，整理得：，解得或， 因为，所以，则． 9. 函数，若，且，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助分段函数图象，结合条件得到取值区间；利用对数运算得到等量关系，将目标代数式统一为关于的单变量表达式；构造辅助函数，运用导数判定单调性求出代数式的取值范围. 【详解】画出函数的图象如下图所示， 由且得，，， 且，，即，. 故， 令， 则， ，，，， 则函数在区间上单调递增，， 即， 的取值范围是. 二.填空题（每小题5分） 10. 的虚部是______. 【答案】 【解析】 【详解】 所以的虚部是 11. 的展开式中的系数为________． 【答案】 【解析】 【分析】计算通项，取，解得答案. 【详解】展开式的通项为， 取，解得，系数为. 故答案为：. 12. ，，则________. 【答案】 【解析】 【详解】已知，将等式两边同时平方，可得：.  由同角三角函数的基本关系，代入上式得： ，解得. 因为，所以，结合，可得，因此. 对平方，得：， 将代入，得：. 结合，开方得：. 13. 的最小值为______. 【答案】 【解析】 【详解】， 当且仅当即时等号成立， 即的最小值为9 14. 已知直角梯形中，，，，为上一点，且，若，其中，为实数，则________；设点为线段上的动点（不含端点，），则的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1，利用向量的线性运算可求得，进而计算可得，进而可求得的值，建立平面直角坐标系，，进而求得，进而计算可求得的取值范围. 【详解】因为，，所以，所以， 又， 所以， 又，所以，所以； 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则， 则， 设， 所以，所以， 所以， 所以 ， 又因为，所以， 所以的取值范围是. 15. 已知在区间上恒成立，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题等价于恒成立，即，求导后分和两种情况分析单调性和最值可得. 【详解】设， 题目等价于恒成立，即， ①时，，不合题意； ②时，在单调递减，在单调递增． ，即，解得， 所以a的最小值是． 三、解答题 16. 在中，角，，所对的边为a，b，c，且，，. （1）求的值； （2）求a的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求得，进而利用正弦定理边化角及同角三角函数平方关系即可求解； （2）由余弦定理，结合已知可得，求解即可； （3）由条件及（1）根据正弦的差角及二倍角公式即可求解. 【小问1详解】 由，得，所以， 又因为，所以， 又因为，所以由正弦定理可得， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，又，， 所以，整理得， 解得或（舍去）. 【小问3详解】 由（2）可得，所以， 又，所以. 由（1）知，， 所以，. 所以 . 17. 如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则根据题意，有，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，，故可取， 因，而平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面的法向量后可证平面； （2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值； （3）根据平面可求的坐标，从而可求平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知，，，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）可知，，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 由（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆，点为椭圆的右焦点，离心率.过点的直线与椭圆交于，两点（，两点与椭圆顶点不重合）. （1）求曲线的方程； （2）若x轴上一点满足. （i）求实数t的值； （ii）已知，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由离心率求解即可； （2）（i）设出直线方程，联立曲线得到韦达定理，由斜率关系化简可得； （ii）由斜率关系得到为的角平分线，进而得到坐标比例关系，再结合韦达定理求出即可. 【小问1详解】 由题意可得， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为， 则， 所以，代入韦达定理整理得， 又为任意实数，所以. （ii）因为，所以，所以为的角平分线， 所以. 因为，所以， 因为， 所以，解得， 所以 因为，所以， 即，解得， 所以直线的方程为. 19. 数列是正项等比数列，数列是等差数列.，，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.对数列“，，”按照上述方法进行“扩展”，设第次扩展后得到的新数列的所有项的和为，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设公比为，公差为，列方程组求解即可； （2）利用裂项相消求和； （3）根据等差数列求和公式分别求出数列，数列经过次扩展后得到的新数列各项和，再利用错位相减和分组求和求出即可. 【小问1详解】 设数列的公比为，数列的公差为， 则，得， 则，； 【小问2详解】 ， 则 【小问3详解】 易得， 数列：第次扩展数列增加项， 则经过次扩展后的数列共项， 则经过次扩展后的数列是以为首项，为末项，项数为的等差数列， 此时数列的各项和为； 同理，数列经过次扩展后新数列各项和为， 则，则， 设数列的前项和为， 则，则， 则， 则， 则. 20. 的导数为. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若是在区间上的一个零点，设，函数，求证：； （3）设、是函数的两个极值点，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2）由， 得，， 令函数， 记，则， 所以在上单调递增， 则， 故当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，当时，， 可得，即．     令函数，则． 因为在上单调递增， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 因此，当时，， 可得，即，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）构造函数，，利用导数与函数单调性的关系，分别求出的最小值，进而可得，，即可求解； （3）根据条件，利用极值的定义求出的范围，根据条件可得，构造函数，再求出的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 当时，， 则，得，， 故函数在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以， 因为、是函数的两个极值点， 所以、是的两个根，即、是方程的两个正数根， 所以，，故，则； 因为，，， 所以 ， 令，则， 又， 由，得，所以， 又，解得， 因为，， 所以， 令，则， 所以在上单调递减， 因为，， 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $