精品解析：天津市第七中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试卷

天津市第七中学2026—2027学年度高三年级10月考数学试卷 一、单选题（共9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过解不等式化简集合，根据集合的基本运算可得结果. 【详解】由题意得，，， ∴. 故选：B. 2. 已知数列的前项和为，则“”是“为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】由得，根据等差数列得，再结合等差数列的定义判断即可. 【详解】由得， 即， 所以，从第2项起，数列是公差为1的等差数列， 但首项与的关系不一定满足， 所以整个数列不一定是等差数列， 即“”不能推出“为等差数列”. 反之，为等差数列，设公差为，则， 所以，当且仅当时，才有， 若公差，则不满足该式， 所以“数列为等差数列”不能推出“”， 故“”是“为等差数列”既不充分又不必要条件. 3. 已知函数的图象大致如下，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性排除BD，由特殊点函数值排除A，得到答案 【详解】由的图象关于轴对称，可知是偶函数， 对于A，定义域为R，， 故为偶函数，但与图象不吻合，A错误. 对于B，，故不为偶函数，B错误； 对于D，，不为偶函数，D错误； 对于C，定义域为R，且， 故为偶函数，且，故C满足要求； 4. 在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 7 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出正确的结论为（ ） A. 估计观看比赛场数的众数为4 B. 估计观看比赛场数的极差为 C. 估计观看比赛场数的上四分位数为2 D. 估计观看比赛场数的平均数为 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以观看场数为4的观看人数占调查人数的， 对于，观看人数占调查人数的百分比中是最大的， 对应的观看比赛场数为， 所以观看比赛场数的众数为，故错误； 对于，观看比赛场数中，最大值为，最小值为，， 所以观看比赛场数的极差为，故错误； 对于，，，， ，所以落在观看场数为的这一组， 即观看比赛场数的上四分位数是，故错误； 对于，， 所以观看比赛场数的平均数为，故正确. 5. 设，，，则a，b，c的大小顺序是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用幂函数与对数函数的单调性即可得解. 【详解】因为，，， 又因为在上单调递增，所以，即， 因为，所以， 又因为在上单调递增，所以，即， 综上：. 故选：D. 6. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 C. 若决定系数越大，则两个变量的相关性越强 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验（），在犯错误的概率不超过0.05的条件下，认为与有关 【答案】D 【解析】 【详解】，正态曲线关于对称，， ，选项A正确； 回归直线过样本中心，则，解得，选项B正确； 决定系数，越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，变量相关性越强，选项C正确； 临界值，已知计算得到，，在犯错误的概率不超过0.05的条件下，不认为与有关，选项错误. 7. 已知函数，将图象上的所有点的横坐标缩小为原来的后，再向右平移个单位，得到函数的图象．若函数在区间上不单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过伸缩平移得到函数，由题意得到在存在最值点，进而可求解. 【详解】由， 横坐标缩小为原来的​，得； 向右平移个单位，得： ， 当时，相位的范围为： ，  不单调区间内存在正弦函数的最值点， 结合，则， 该范围内仅有的最值点为， 因此要求： ， 右半部分： ​，符合题设； 左半部分： 综上，的取值范围是 . 8. 设双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线分别与双曲线左、右两支交于、两点，且、，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设双曲线的半焦距为，，的中点为，连接，依题意可得，设，根据双曲线的定义求出，，即可得到，再在中利用勾股定理求出，从而求出离心率. 【详解】设双曲线的半焦距为，，的中点为，连接， 因为、，所以是等腰直角三角形，则， 设，根据双曲线的定义有 ， 并且， 由①得，， 由②得，， 在中，， ，解得， 双曲线的离心率； 故选：D. 9. 在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将平面下方的几何体拆分成棱锥或棱柱，列体积方程求解即可 【详解】设三棱柱高为，底面积为，则体积为， 平面将三棱柱体积平分后每部分体积为，设，由已知， 因为D，E分别满足，，有， 过点，垂足为，过点作，垂足为，连接， 将平面下方的几何体体积拆分为三棱柱和四棱锥， 由题意，设为四棱锥高， 可得， 因为，所以代入解得，因此 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为__________. 【答案】## 【解析】 【详解】已知复数， 则， 因此的虚部为. 11. 已知随机变量，，则展开式中项的系数为______． 【答案】 135 【解析】 【分析】先利用正态分布的对称性求解参数的取值，再通过二项展开式的通项公式计算项的系数. 【详解】已知随机变量，其正态密度曲线关于对称轴对称. 由，根据正态分布的对称性可得与关于对称， 即 整理得，解得. 将代入得二项式为， 根据二项式定理，其展开式的通项为：  ， 令，解得. 将代入通项得项的系数为：. 12. 直线与圆相交于两点，则面积最大时，实数__________. 【答案】##1.5 【解析】 【分析】由题意得出面积取最大时，圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式代入求值即可. 【详解】根据题意，圆半径为，当时面积最大， 此时圆心到直线的距离为1，则，得. 故答案为：. 13. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 14. 在边长为1的正方形中，，为线段上的动点，且，则的最小值为_____；若是正方形的内切圆的一条弦，当弦的长度最大时，则的最大值为_____. 【答案】 ①. 16 ②. ##0.25 【解析】 【分析】根据平面向量共线的性质以及基本不等式即可求得的最小值；结合平面向量的线性运算和数量积化简，求的范围可得的范围. 【详解】根据题意由为线段上的动点，可知，，三点共线， 又，可得， 因此，且，， 所以 ； 当且仅当时，等号成立，即的最小值为16； 取内切圆的圆心为，连接，如图所示： 易知弦的长度最大时，为直径，此时； 又 ； 显然当最大时，即在点处时，此时，取得最大值， 即. 15. 若关于的方程有三个不等实数根，，．且，则实数的取值范围是_________；______________． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】先将原方程两边同时除以，构造关于​的方程；然后研究函数的单调性、极值、值域，分析与的对应关系，结合原方程有三个不等实根的条件，分析二次方程根的分布情况，确定参数的取值范围；再利用二次方程的韦达定理，结合与的对应关系，计算所求代数式的值. 【详解】已知方程， 因为，方程两边同时除以可得，， 令，则原方程可化为. 对求导得. 令，即，解得. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以时，取得最大值. 又因为当时，；当时，，且. 因为关于的方程有三个不等实数根，，．且， 所以有两个不同的值（负的对应1个，正的对应2个）， 即关于的方程有两个不同的根，且. 令，则有. 解得. 由于，所以. 因为是方程的两个根， 根据韦达定理得. 所以. 三、解答题 16. 已知函数． （1）当时，求函数在上的值域； （2）在中，内角的对边分别为为的平分线，若的最小正周期是，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换将化为一般式，再利用整体法，结合正弦函数单调性，即可求得值域； （2）根据题意，求得，利用等面积法和余弦定理，求得，再求三角形面积即可. 【小问1详解】 , 当时，，又，故， 又在上单调递增，在单调递减，且， 故函数在上的值域为. 【小问2详解】 由（1）知，，由其最小正周期为， 可得，又，解得，则； 由，即，又，可得，则，即； 为的平分线，故可得， 则，即，； 在三角形中由余弦定理可得，即， 将代入上式可得：，即， 解得，或（舍去）； 故的面积为. 17. 如图，在三棱柱中，平面，为的中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 【答案】（1）证明：在三棱柱中，连接，设与相交于点，连接， 由四边形是平行四边形，得点为的中点， 又为的中点，则，而平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）（ⅰ）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解；（ⅱ）利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由，为的中点，得，由平面， 平面，得，取的中点，连接， 则，，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， ，设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ⅱ）由（ⅰ）知， 所以点到平面的距离. 18. 椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆下顶点坐标确定的值，结合左焦点到下顶点的距离等于长半轴求出，进而由的关系求得及离心率. （2）设直线方程并联立椭圆方程求出点坐标，利用对称性得点及直线方程，结合平行线性质求出点坐标，最后根据三角形面积倍数关系转化为横坐标距离关系列方程求解斜率. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为， 则下顶点坐标为，左焦点到下顶点的距离为， 因为椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为， 所以，， 所以椭圆的方程为； 离心率为； 【小问2详解】 由题意知，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为， 设椭圆的右顶点为， 因为经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方）， 所以，故，， 联立方程，得，解得或， 所以，代入得， 所以，， 所以， 所以直线的方程为， 因为的方程为， 所以，得， 因为，， 所以，即 整理得 ，解得， 所以，即直线的斜率为. 19. 设是公差不为零的等差数列，满足，，设正项数列的前n项和为，且． （1）求数列和的通项公式； （2）在和之间插入1个数，使、、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、、、成等差数列；…，在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，求； （3）对于（2）中求得的，是否存在正整数m、n，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2） （3）存在，所有的正整数对为及. 【解析】 【分析】（1）设数列的公差，利用等差数列的通项公式基本量计算求出d＝1，从而，再由，推导出是首项为，公比为的等比数列，由此求出通项公式； （2）由题意推导出公差，从而，利用公式得到，故，由此利用错位相减法能求出； （3）由及第（2）问得到，求出当，n＝2，n＝3时的值，再利用导函数证明当时，有，即证，由此能求出所有的正整数对． 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，（d≠0）， 则由，得， 因为，所以， 所以； 由，① 当时，，② ①﹣②，得， ∴， 又当时，，解得：， ∴是首项为，公比为的等比数列， ∴． 【小问2详解】 在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，设公差为， ∴， 则， ∴， ∴，① 则，② ①﹣②得， ∴． 【小问3详解】 假设存在正整数m，n，使成立， ． ， 当时，不合题意， 当n＝2时，， 当n＝3时，， 下证，当时，有，即证， 设，，则， ∴在上单调递增， 故时，， ∴， ∴时，m不是整数， ∴所有的正整数对为及. 【点睛】本题第二问和第三问有难度，第二问需要先理解题意，转化为等差数列通项公式和求和公式，结合错位相减法进行求解，而第三问则是数列与函数的综合，需要利用导函数来证明当时，有，即证，属于综合题，难度大． 20. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义求切线即可； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （3）易知一个零点是，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围. 【小问1详解】 当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. 【小问2详解】 ， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第七中学2026—2027学年度高三年级10月考数学试卷 一、单选题（共9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列的前项和为，则“”是“为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知函数的图象大致如下，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 4. 在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 7 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出正确的结论为（ ） A. 估计观看比赛场数的众数为4 B. 估计观看比赛场数的极差为 C. 估计观看比赛场数的上四分位数为2 D. 估计观看比赛场数的平均数为 5. 设，，，则a，b，c的大小顺序是（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 C. 若决定系数越大，则两个变量的相关性越强 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验（），在犯错误的概率不超过0.05的条件下，认为与有关 7. 已知函数，将图象上的所有点的横坐标缩小为原来的后，再向右平移个单位，得到函数的图象．若函数在区间上不单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线分别与双曲线左、右两支交于、两点，且、，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 9. 在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为__________. 11. 已知随机变量，，则展开式中项的系数为______． 12. 直线与圆相交于两点，则面积最大时，实数__________. 13. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 14. 在边长为1的正方形中，，为线段上的动点，且，则的最小值为_____；若是正方形的内切圆的一条弦，当弦的长度最大时，则的最大值为_____. 15. 若关于的方程有三个不等实数根，，．且，则实数的取值范围是_________；______________． 三、解答题 16. 已知函数． （1）当时，求函数在上的值域； （2）在中，内角的对边分别为为的平分线，若的最小正周期是，求的面积． 17. 如图，在三棱柱中，平面，为的中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 18. 椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 19. 设是公差不为零的等差数列，满足，，设正项数列的前n项和为，且． （1）求数列和的通项公式； （2）在和之间插入1个数，使、、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、、、成等差数列；…，在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，求； （3）对于（2）中求得的，是否存在正整数m、n，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由． 20. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $