精品解析：天津市蓟州区第一中学2026-2027学年高三上学期第一次自主检测数学试题

2026-2027学年度高三年级第一次自主检测 高三数学 一、选择题（共9题，每题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据2，3，8，3，10，18，7，4的第50百分位数为4 B. 在残差图中，残差点所在的水平带状区域越宽，回归方程的预报精确度越高 C. 设且，则 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 5. 已知和是两个等差数列，且是常值，若，，，则的值为（ ） A. 64 B. 100 C. 128 D. 132 6. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 函数是 A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是（ ） ① ② 函数的图象关于点对称 ③ 函数在区间上单调递减 ④ 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 10. 记是虚数单位，复数满足，则= _______ 11. 的展开式中的常数项为_____. 12. 已知数列满足，且，则_____ 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 14. 已知，，，则的最小值为_______ 15. 已知函数的值域为，给出下列四个结论： ①； ②对，； ③若关于x的方程恰有3个实数根，则实数t的取值范围是； ④对，，且，，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题：（本大题共5小题，共75分） 16. 在的内角所对边的长分别是，已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知数列满足，数列的首项为2，且满足 （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围． （3）设，证明：． 19. 已知为等差数列，是公比为2的等比数列．，且． （1）求数列和的通项公式； （2）若 ①当为奇数，求； ②求． 20. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域上存在极值，求的取值范围； （3）若恒成立，求. 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次自主检测 高三数学 一、选择题（共9题，每题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分式不等式的解法求出集合，再根据集合的交运算求. 【详解】， 所以. 2. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性排除B,D，再根据f(1)排除C得解. 【详解】由题得，所以函数是奇函数，排除选项B,D. 由题得，所以排除选项C. 故选A 【点睛】本题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据2，3，8，3，10，18，7，4的第50百分位数为4 B. 在残差图中，残差点所在的水平带状区域越宽，回归方程的预报精确度越高 C. 设且，则 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的定义求解选项A即可，利用残差图与回归方程的关系求解选项B即可，利用正态分布的定义求解选项C即可，利用独立性检验的定义求解选项D即可. 【详解】将这一组数据2，3，8，3，10，18，7，4按照从小到大排序得：2，3，3，4，7，8，10，18. 因则50百分位数为第4位和第5位的平均数，即，故A错误. 在残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，回归方程的预报精确度越高，故B错误. 因，则故C错误. 因故判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，故D正确. 5. 已知和是两个等差数列，且是常值，若，，，则的值为（ ） A. 64 B. 100 C. 128 D. 132 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可求得的值，再利用是常值可得答案. 【详解】由于是两个等差数列， ，，故， 由于 所以． 故选：C． 6. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，即， 又因为，所以. 故选：D． 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性结合二次函数的性质即得． 【详解】，，， 又， 因为函数，在上单调递减，且， 又因为， 所以，所以，即，所以， ，即． 故选：C 8. 函数是 A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值. 【详解】由题意，，所以该函数为偶函数， 又， 所以当时，取最大值. 故选：D. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是（ ） ① ② 函数的图象关于点对称 ③ 函数在区间上单调递减 ④ 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象，求出，即可判断①的正误，再利用三角函数的图象及性质对②③④逐一分析判断即可求解. 【详解】由题图得，所以，故①正确； 则， 由，得， 解得， 又，所以，故， 因为， 所以函数的图象关于点对称，故②正确； 令，解得， 故函数的单调递减区间为， 令，得到的一个减区间为，又 则函数在区间上先单调递减再单调递增，故③错误； 因为， 所以．由，得， 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点， 则，解得，故④错误． 故选：B. 二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 10. 记是虚数单位，复数满足，则= _______ 【答案】 【解析】 【分析】利用复数除法求出复数，再利用共轭复数的定义求解即得. 【详解】依题意，，所以. 故答案为： 11. 的展开式中的常数项为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的通项，然后赋值求得，即可求解常数项. 【详解】展开式的通项， 由，得，所以所求常数项为. 12. 已知数列满足，且，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得奇数项构成以为首项，为公差的等差数列，偶数项构成以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式，即可求解. 【详解】因为，且， 所以数列中的奇数项，构成以为首项，为公差的等差数列， 偶数项，构成以为首项，为公差的等差数列， 则当为奇数时，，当为偶数时，， 综上所述，， 故答案为： 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 14. 已知，，，则的最小值为_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件，将所求的式子化为，再应用基本不等式，即可求解. 【详解】，，， ， 当且仅当， 即时，等号成立. 故答案为：. 【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，拼凑出积为定值是解题的关键，属于中档题. 15. 已知函数的值域为，给出下列四个结论： ①； ②对，； ③若关于x的方程恰有3个实数根，则实数t的取值范围是； ④对，，且，，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③ 【解析】 【分析】①先求出的范围，再分、、讨论，结合值域可求；②求证当时，即可；③将问题转化为方程、共有3个实数根，结合的奇偶性、单调性以及值域求解；④先求证，再利用极限思想说明. 【详解】因为， 所以若，则，则，得； 若，则，不符合题意； 若，则，不符合题意； 故，故①正确； 当时， ， 则，故对，，故②错误； 因为方程恰有3个实数根， 所以方程、共有3个实数根， 因为，所以为偶函数， 因为在上单调递减，所以在上单调递增， 则方程有1个实数根，有个实数根， 故，则实数t的取值范围是，故③正确； 当时， ， 因为，等号成立时， 所以， 因为，所以， 且当时，， 故不存在，使得，故④错误. 故答案为：①③ 三、解答题：（本大题共5小题，共75分） 16. 在的内角所对边的长分别是，已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1）2； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，结合已知条件，计算即可； （2）利用正弦定理，结合已知条件，即可求得结果； （3）根据，结合余弦的和角公式和倍角公式，计算即可. 【小问1详解】 因为，故由余弦定理， 可得，即，解得（舍）或. 【小问2详解】 因为，故，则， 由正弦定理，则，解得. 【小问3详解】 因为 又， 故. 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 可得，，，，， 由为棱的中点，得， 向量，， 故， 因为底面，底面，所以， 又因为平面， 所以平面，即为平面的一个法向量， 又面，所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行； （2）求出平面的一个法向量，再由向量法求解； （3）求出向量，再由向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 向量，，. 设为平面的法向量，则，即， 令，则，得为平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 向量， 则点到平面的距离. 18. 已知数列满足，数列的首项为2，且满足 （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围． （3）设，证明：． 【答案】（1）， （2） （3） 由得，， 由于， 因此 . 【解析】 【分析】（1）根据的关系即可作差得，根据等差数列的性质可求解. （2）根据的单调性，即可求解. （3）利用放缩法得，即可结合裂项求和求解. 【小问1详解】 由可得： 时，， 相减可得，故， 当时，也符合上式，故， 由可得，所以数列为公差为0的等差数列，且首项为2， 所以，则. 【小问2详解】 由和可得， 记，则， 所以， 当时，，当时，，此时单调递减， 而, 由于集合M的元素个数为2，所以，故. 【小问3详解】 略 19. 已知为等差数列，是公比为2的等比数列．，且． （1）求数列和的通项公式； （2）若 ①当为奇数，求； ②求． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式列方程求解； （2）①利用条件直接求解；②求出当为偶数时，然后利用倒序相加以及错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设数列的公差为的公比为， 由已知可得，得， ； 【小问2详解】 ①为奇数，为偶数． ； ②当为偶数，为奇数， 令， ， 即， ， 所以 所以 所以 所以. 20. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域上存在极值，求的取值范围； （3）若恒成立，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线在点处的切线方程； （2）利用导数，结合极值存在的条件，求的取值范围； （3）通过构造函数，利用导数求最值的方法，解决不等式恒成立问题. 【小问1详解】 当时，，，故切点坐标为， 又因为，则切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 ，函数定义域为，， 所以当时，恒成立，不符合题意. 当时，令，， 所以时，在定义域上单调递增， ，因为，所以， 当时，，所以在上存在极值点 当时，，， 所以为的极值点. 当时，，因为，，故 所以在上存在极值点. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 恒成立，得， 设 则，令，则 ①当时，在时，，，所以， 在时，， 所以， 所以为在上的唯一极小值点，， 所以时，恒成立 ②当时，时，，，有， 时，，，有， 又，所以，即为增函数. ， 又因为，所以存在使得， 当时，为减函数， 所以，不符合题意. ③当时，同②有为增函数， 当时， ，又因为， 所以存在，使得， 当时，，为增函数， 所以不符合题意. ④当时，时，，，有， 时，，，有， 又，所以，为增函数， 又因为，所以当时，，不符合题意. 综上所述，. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $