精品解析：天津市实验中学滨海学校2026-2027学年高三上学期期中教育教学质量调查数学试题

2026-2027学年第一学期期中教育教学质量调查高三年级（数学）试卷 满分：150分 时长：120分钟 一、单选题（本题共9小题，每小题5分，共45分） 1. 若集合，，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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若随机变量的方差为，则． B. 已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C. 对于随机事件与，若则事件与独立． 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，有的把握认为与有关． 6. 已知正实数满足，则的最小值是（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 16 7. 已知函数，若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，若存在（）使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 10. 已知复数，则的共轭复数为_____． 11. 的展开式中的系数为______．（结果用数值表示） 12. 在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为________ 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 14. 已知平面向量，满足，，，若当时，则的最小值为______；若，则的最大值为______． 15. 纪念中国工农红军长征胜利90周年，天津市实验中学滨海学校组织了“赓续长征精神，奋进复兴征程”长跑比赛.本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成如图①，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的有________. ①.直线与平面所成的角为 ②.经过三个顶点，，的球的截面圆的面积为 ③.异面直线与所成的角的余弦值为 ④.球离球托底面的最小距离为 四、解答题 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面.； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 已知函数，. （1）函数的单调递增区间和对称中心； （2）求函数在区间上的最大值及此时x的取值； （3）将函数图象上所有点的纵坐标伸长为原来的（横坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值. 19. 如图，已知为正三角形，且与菱形所在的平面互相垂直，，，M是的中点. （1）求证：； （2）在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 20. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对于任意的恒成立，求实数的最大值； （3）当时，证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期期中教育教学质量调查高三年级（数学）试卷 满分：150分 时长：120分钟 一、单选题（本题共9小题，每小题5分，共45分） 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是增函数，所以集合， ， 所以 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】若，则，则充分性成立； 若，则满足，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线和平面的位置关系，举反例可判断ABD，利用线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理可判断C. 【详解】对A，记，如图，当时，，错误； 对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误； 对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以， 又，所以，又，所以，正确； 对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误. 故选：C 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误； CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误； A选项，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当或时，；当或时，. A选项正确. 5. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若随机变量的方差为，则． B. 已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C. 对于随机事件与，若则事件与独立． 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，有的把握认为与有关． 【答案】C 【解析】 【分析】A利用方差性质求新方差；B根据回归方程系数的正负判断；C应用对立事件的概率、条件概率公式及独立事件的判定即可判断；D根据独立检验的基本思想即可得结论. 【详解】A：由，则，错； B：由的一次项系数为负，故与具有负线性相关关系，错； C：由，而，则， 所以，即事件与相互独立，对； D：由，故没有的把握认为与有关，错. 故选：C 6. 已知正实数满足，则的最小值是（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由指数运算性质得出，然后利用“1”的代换构造基本不等式，利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，且，所以，即， 所以， 所以， 当且仅当即时取等号， 所以的最小值是. 7. 已知函数，若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数自变量大小可得，再根据函数在上的单调性判断即可. 【详解】因为，， 所以， 当时，， 因为，所以在上单调递增， 所以， 故选：C. 8. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意问题转化为四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可. 【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，则， ， ， ，则； 取的中点，连接，过点作于点， 则， 在中，过作交于，连接， 则,则， 所求体积. 故选：. 9. 已知函数，若存在（）使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为函数在同时存在两个（或以上）最大值点或两个（或以上）最小值点，再分情况讨论，最后合并答案即可. 【详解】因为，所以要想存在（）使得， 必须满足函数在同时存在两个（或以上）最大值点或两个（或以上）最小值点. ①设函数的周期为，当即时， 函数在上有两个以上周期，满足条件； ②当时，若在有两个最大值点，则，. 所以，. 由；由. 又，所以. 当时，得； 当时，得，又，所以. ③当时，若在有两个最小值点，则，. 所以，. 由；由. 又，所以. 当时，得.又，所以. 综上，的取值范围为. 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 10. 已知复数，则的共轭复数为_____． 【答案】 【解析】 【详解】由题意知， 所以的共轭复数为 11. 的展开式中的系数为______．（结果用数值表示） 【答案】8 【解析】 【分析】求出展开式中含和项，利用多项式乘多项式得答案． 【详解】二项式的通项公式：其中， 当时，与中的相乘得到， 当时，与中的常数项相乘得到， 所以的展开式中的系数为. 12. 在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为________ 【答案】 【解析】 【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式即可求解. 【详解】由题设，都是直角三角形，只需平面即可， 所以鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上， 而在直角三角形中，的中点到点的距离都相等， 所以的中点是外接球的球心，所以． 故答案为：. 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 【答案】 ①. ##0.4 ②. ##0.48 【解析】 【分析】由题意，由组合知识，全概率公式进行求解 【详解】某游客在第一步获得“A组票箱”，即抽出的2个球颜色相同， 抽到的2个球均为红色或白色，故概率为； 故游客在第一步获得“B组票箱”的概率为， 从“A组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 从“B组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 所以游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为. 14. 已知平面向量，满足，，，若当时，则的最小值为______；若，则的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由 的模长计算的值，第一问将代入后把转化为关于的二次函数求最小值；第二问将平方得到的关系式，结合基本不等式求的最大值. 【详解】对两边平方，得， 代入，得，解得. 当时，， 所以， 则关于的二次函数开口向上，对称轴为， 当时取最小值，故. 由得，展开得：， 设，则， 将代入得. 由基本不等式可得：，即， 当且仅当时等号成立. 代入的表达式得，整理得， 即，当时等号成立， 故的最大值为. 15. 纪念中国工农红军长征胜利90周年，天津市实验中学滨海学校组织了“赓续长征精神，奋进复兴征程”长跑比赛.本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成如图①，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的有________. ①.直线与平面所成的角为 ②.经过三个顶点，，的球的截面圆的面积为 ③.异面直线与所成的角的余弦值为 ④.球离球托底面的最小距离为 【答案】③④ 【解析】 【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断①②；如图1易知为异面直线与所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断③；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断④. 【详解】对于①：如图1，取、、的中点、、，取的中点，连接、、、、、、， 由为正三角形，得，又平面平面， 平面、平面，平面，平面， 由，得平面，同理平面， 则，且，所以四边形为平行四边形， 由，，，，得，， 所以四边形为平行四边形，得，， 即为直线与平面所成的角，，所以，故①错误； 对于②：如图1，连接、、，由①知， 同理，，， 所以经过三个顶点、、的球的截面圆为的外接圆， 其半径为，面积为，故②错误； 对于③：连接，由，，得四边形是平行四边形， 则，所以异面直线与所成的角或其补角， ，在中，，， 由余弦定理，得，故③正确； 对于④：设球的半径为，由球的体积为，得，解得， 如图2，，，， 所以球离球托底面的最小距离为，故④正确. 四、解答题 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可. （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，, 可得， 因为，故，则， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）则， 即，解得（舍），. 故. （ⅱ）由， 得， 解得，则， 则， ， 则 . 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面.； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为正方形，所以为的中点， 又因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，先证得平面，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（1）知：平面，得到为三棱锥的高，结合，结合锥体的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，， 可得，所以，所以，即， 又因为，且，平面，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又由， 设平面的法向量为，则， 取，则，即， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值. 【小问3详解】 解：由（2）知：平面，平面， 所以，且为三棱锥的高， 因为四边形为正方形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角中，可得，则， 所以， 所以，， 在直角中，由，可得， 在中，可得，所以， 则， 又由， 所以. 18. 已知函数，. （1）函数的单调递增区间和对称中心； （2）求函数在区间上的最大值及此时x的取值； （3）将函数图象上所有点的纵坐标伸长为原来的（横坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值. 【答案】（1）单调递增区间为；； （2）最大值为，此时x的取值为； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用三角变换公式结合正弦函数的性质可求单调递增区间和对称中心； （2）利用整体法可求函数的最值及对应的的值； （3）先根据图象变换求得，再根据两角和的余弦公式可求的值. 【小问1详解】 易知， 设， 令，解得， 因此函数的单调递增区间为； 令，可得； 因此函数的对称中心为； 【小问2详解】 根据（1）中结论可知当时，在上单调递增， 若，则； 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以，此时； 因此函数在区间上的最大值为，此时x的取值为； 【小问3详解】 将函数图象上所有点的纵坐标伸长为原来的（横坐标不变）可得； 再向右平移个单位得到函数； 若，可得， 所以， 又，可知，结合， 可得，因此； 所以； 即的值为. 19. 如图，已知为正三角形，且与菱形所在的平面互相垂直，，，M是的中点. （1）求证：； （2）在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：由为正三角形，M是的中点，得， 由平面平面，平面平面，且平面， 得平面，又平面，所以. （2）点存在，. 【解析】 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理，证明平面，可证得； （2）假设存在点P，设，由已知线面角的正弦值，利用向量法求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，在菱形中，，则为正三角形， 由M是的中点，得，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段上存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，由，则，可得， 设平面的法向量，由，， 则有，令，则，得， 则，解得. 所以点存在，且. 20. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对于任意的恒成立，求实数的最大值； （3）当时，证明． 【答案】（1） （2） （3）证明：当时，， 要证明，只需证明． 令，则，令，解得. 则在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为. 则.所以． 只需证明． ①当时，不等式成立， ②时，只需证明， 令，则，进而，即. 令，则，所以单调递增，，即. 因为，所以时，． ③时，由得，即． 令， 所以在递减，因此，即． 因此，当时，成立． 【解析】 【分析】（1）求出曲线在处的导数值，再根据切线方程求解即可. （2）利用换元，利用导数分析函数的单调性，把恒成立问题转化为最值问题求解即可. （3）根据不等式将问题转化为，再结合的取值范围以及函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 ， 可得，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由得，① 当时，时，，①式不成立，所以． 令，由①得，即对任意恒成立， 令， 当时，时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 故，解得，所以的最大值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $