精品解析：天津市南开区2027届高三上学期期中考试数学试题

高三年级 数学学科 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至8页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效． 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号； 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： ·球的体积公式，其中表示球的半径． ·锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 对x∈R，“关于x的不等式f(x)＞0有解”等价于(　　) A. ∃x0∈R，使得f(x0)＞0成立 B. ∃x0∈R，使得f(x0)≤0成立 C. ∀x∈R，使得f(x)＞0成立 D. ∀x∈R，f(x)≤0成立 3. 已知函数的部分图象如图，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，且，则“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”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 5. 已知，则正数、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 先将函数的图象向右平移个最小正周期，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在闭区间上有最大值3，最小值2，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 8. 在四面体中，，分别为，的中点，且，，，，则该四面体的外接球体积与该四面体的体积比为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数是定义在上的减函数，且为奇函数，对任意的实数，，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对一个给3分，全部答对的给5分． 10. 若为实数，且，则____________. 11. 若命题“，使”是假命题，则实数的取值范围为_______. 12. 若指数函数的图像过点，则 _____________；不等式的解集为____________. 13. 在中，为边上一点，且，，，的面积为，则________． 14. 已知平面向量，，，满足，，．①若，，则用，表示________；②若，则的取值范围为________． 15. 若函数恰有四个零点，则的取值范围是________． 三、解答题：本大题共5题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）求的单调递减区间； （3）求使成立的的取值范围． 17. 如图所示，在体积为的直三棱柱中，，且，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在中，角，，所对的边为，，．已知，且． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 19. 已知函数，，为自然对数的底数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在上是否存在极值？若存在，请求出这个极值；若不存在，请说明理由； （3）若存在，使得成立，求的取值范围． 20. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在区间上有零点，求实数的取值范围； （3）当时，证明：对任意，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级 数学学科 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至8页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效． 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号； 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： ·球的体积公式，其中表示球的半径． ·锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，又，则， 又，所以. 2. 对x∈R，“关于x的不等式f(x)＞0有解”等价于(　　) A. ∃x0∈R，使得f(x0)＞0成立 B. ∃x0∈R，使得f(x0)≤0成立 C. ∀x∈R，使得f(x)＞0成立 D. ∀x∈R，f(x)≤0成立 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称命题和特称命题的定义进行判断即可． 【详解】命题对x∈R，“关于x的不等式f（x）＞0有解”为特称命题， 则根据特称命题的定义可知命题等价为∃x0∈R，使得f（x0）＞0成立． 故选A． 【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为. 3. 已知函数的部分图象如图，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据图象分析函数的对称性、零点函数值的正负特征，再结合各个选项判断可得. 【详解】由图象可知，当时，；当时，， 且图象关于原点成中心对称，即函数为奇函数，且. 选项A：因为的定义域为，关于原点对称，且， 则函数为偶函数，不合题意，A错误； 选项B：对于，当时，，则，与图象不符，B错误； 选项C：因为与不符，C错误； 选项D：因为的定义域为，关于原点对称，且， 则函数为奇函数，且，当时，；当时，，符合题中所给图象，D正确. 4. 设，且，则“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”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】A 【解析】 【分析】根据函数单调性的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论． 【详解】若函数在上是减函数，则，此时，函数在上是增函数成立． 若在上是增函数，则，即，当时，函数在上是增函数， ∴函数在上是减函数不成立， 综上，“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的充分而不必要条件. 故选：A． 5. 已知，则正数、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】核心是构造，利用单调性，再把不同底数对数换成自然对数，比较函数值大小，反推自变量大小. 【详解】设，由换底公式可得：， 令，求导：， 所以在单调递增， 又，，， 因为，所以， 又在单调递增，得到. 6. 先将函数的图象向右平移个最小正周期，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期，结合三角函数图象变换可求得函数的解析式. 【详解】函数的最小正周期为， 将函数的图象向右平移个最小正周期，可得到函数的图象， 再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象， 故. 故选：A. 7. 已知函数在闭区间上有最大值3，最小值2，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知当时，函数取得最小值2，而，再结合二次函数图象的对称性可求出的取值范围. 【详解】因为， 所以当时，函数取得最小值2， 因为，而函数在闭区间上有最大值3，最小值2， 所以，即的取值范围是. 8. 在四面体中，，分别为，的中点，且，，，，则该四面体的外接球体积与该四面体的体积比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证平面，利用向量垂直推出，建坐标系求出四点坐标，算出外接球半径与四面体体积，最后求比值. 【详解】因为，，且平面，则平面， 又因平面，则， 由，，且，则. 因为，分别为，的中点， 所以， 由，可得，故. 以为原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，. 设外接球心为，由得，解得，由得，解得， 由得，解得. 故，故外接球体积为 ； 又，故四面体体积. 所以. 9. 已知函数是定义在上的减函数，且为奇函数，对任意的实数，，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由已知可得是上的奇函数，且在上为减函数，将不等式转换为，利用的单调性，得，化简后利用基本不等式即可求出的取值范围. 【详解】设，由题意得是上的奇函数， 所以. 由恒成立， 得， 即， 则. 因为函数是定义在上的减函数，所以在上为减函数. 所以. 又，所以. 由，得，所以. 所以， 即不等式恒成立，则实数的取值范围为. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对一个给3分，全部答对的给5分． 10. 若为实数，且，则____________. 【答案】4 【解析】 【分析】由题意结合复数的运算法则和复数相等的充分必要条件确定a的值即可. 【详解】由题意可得：， 结合复数相等的充分必要条件可得：. 故答案为4． 【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数相等的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 11. 若命题“，使”是假命题，则实数的取值范围为_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用含有一个量词命题的否定的真假，由判别式即可求得实数的取值范围. 【详解】根据题意可得“，使”是假命题等价于“，”是真命题， 因此可得，解得； 即可得实数的取值范围为. 故答案为： 12. 若指数函数的图像过点，则 _____________；不等式的解集为____________. 【答案】 ①. ， ②. ． 【解析】 【详解】试题分析：因为函数是指数函数，可设，则，即， 所以； 设，上式可化为 即. 故答案为；. 考点：指数函数. 13. 在中，为边上一点，且，，，的面积为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等高三角形底边长度之比等于面积之比求出面积，再结合三角形面积公式以及余弦定理即可求得答案. 【详解】在中，，，又，，又，. 14. 已知平面向量，，，满足，，．①若，，则用，表示________；②若，则的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，，，，，，对于①：可设，，，结合模长和数量积运算求解即可；对于②：分析可知点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，点的轨迹构成的区域以为圆心，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环，设，则，结合图形分析求解即可. 【详解】设，，，，其中为坐标原点， 因为，，不妨设，，即，， 对于①：设，因为，可得， 则，解得，所以； 对于②：因为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆， 若， 可知点的轨迹构成的区域是以为圆心，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环， 又因为，设，即， 则，即点在圆环内， 可得， 显然，当且仅当点与点重合时，等号成立； 且，当且仅当点在大圆上，且在射线上时，等号成立， 即，所以的取值范围为. 15. 若函数恰有四个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】将方程化为，分类讨论后结合双勾函数的性质可求参数的取值范围. 【详解】函数恰有四个零点， 等价于方程有4个不同实根， 易知，故方程可化简为， 即为， 故或， 若，则， 故，故， 故或（无解），故. 若，则，其中. 因为方程有4个不同实根，故， 设，故或，且， 且在上为增函数，在上为减函数. 当时，，当，. 因为方程有4个不同实根， 故必有解， 故或或（因为，舍） 故或，故. 三、解答题：本大题共5题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）求的单调递减区间； （3）求使成立的的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式得，再利用周期公式即可求； （2）由，利用整体代入法即可求单调递减区间； （3）由得，结合余弦函数的图象即可求的取值范围. 【小问1详解】 因为，且， 所以的最小正周期，解得． 【小问2详解】 由（1）得， 由， 解得， 所以的单调递减区间为． 【小问3详解】 由，得， 即， 解得， 所以. 所以的取值范围是． 17. 如图所示，在体积为的直三棱柱中，，且，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线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）由，可设，则．因为直三棱柱的体积为，所以，解得，即，． 以点为原点，,,的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系． 则,,,,,． 因为,分别是,的中点，所以，，从而． 易知平面的一个法向量为，因为，所以． 又不在平面内，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证线面平行，先由体积条件定出三条棱长，再以为原点建立空间直角坐标系，用与平面的法向量垂直来判定，并说明不在平面内． （2）求直线与平面所成角的正弦值，先求平面的法向量，再用直线方向向量与法向量夹角余弦的绝对值计算． （3）求两平面夹角，分别求平面、平面的法向量，用两法向量夹角余弦的绝对值计算，注意两平面夹角不大于． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知,,,，所以，，． 设平面的法向量为，由，，得，．令，得，，所以． 设直线与平面所成的角为，则． 因为，，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（1）知,,,，所以，，，． 设平面的法向量为，由，，得，．令，得，，所以． 设平面的法向量为，由，，得，．令，得，，所以． 因为两平面夹角的取值范围为，所以其余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值．又，，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 在中，角，，所对的边为，，．已知，且． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把已知等式与余弦定理的结论对照，消去平方项得到边的关系，再用正弦定理把边化成角，结合求出，进而由平方关系求. （2）先用诱导公式与二倍角公式把待求式化为只含、的一次式，再代入（1）中求得的正弦、余弦值计算. （3）由内角和及把用表示，用二倍角正切公式求出，从而得，最后用两角和的正切公式求值. 【小问1详解】 由余弦定理得. 与已知等式比较，得，即. 若，则，由得，与为三角形的内角矛盾，所以；又，故. 由正弦定理得. 又，所以，从而. 因为，所以，即为锐角，且. 由与得，结合得，. 【小问2详解】 由二倍角公式得. 由诱导公式得，，所以. 又，所以. 所以原式 . 【小问3详解】 由及得. 由得. 所以. 所以 . 19. 已知函数，，为自然对数的底数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在上是否存在极值？若存在，请求出这个极值；若不存在，请说明理由； （3）若存在，使得成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）不存在，由，， 所以， 设，，则， 当，，故在上单调递增； 当，，故在上单调递减. 因此在上的最小值为，即. 又，所以在上，， 所以在上是增函数， 因此在上不存在极值． （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据导数的几何意义求切线方程可得； （2）先对函数求导，再，再用导数判断，进而可得，从而可得函数无极值； （3）先将不等式进行参数分离，再令，进而只需求函数的最大值，对求导，再令，再通过导数可得，从而可判断的正负及函数的最大值，进而可得的取值范围. 【小问1详解】 由，得， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由得，即， 设，， 则 ， 设，，则， 当，，故在上单调递增； 当，，故在上单调递减. 所以． 当，，故在上单调递增， 当，，故在上单调递减， 所以函数有最大值，即． 若存在，使得成立，则， 所以，因此的取值范围为. 20. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在区间上有零点，求实数的取值范围； （3）当时，证明：对任意，． 【答案】（1）， （2） （3）当时， ． 令，则， 所以在上单调递增，故， 所以当时，． 令，则， 当，，故在上单调递减， 当，，故在上单调递增， 故，所以． 所以 ． 令， 则， 当，，故在上单调递减， 当，，故在上单调递增， 故． 所以， 所以对任意，成立. 【解析】 【分析】（1）求导可得，然后令求解不等式，即可得到结果； （2）将函数零点问题转化为方程有解，然后构造函数求导可得其单调性，从而得到值域，即可得到的取值范围； （3）由放缩法消去三角函数，将含三角函数的不等式转化为纯代数不等式，然后求导得到函数的极值，即可证明不等式. 【小问1详解】 当时，， 所以， 令可得， 当时，，解得， 当时，，解得， 所以在区间，上单调递增； 【小问2详解】 令， 问题等价转化为在区间上有解， 令，，则， 令，，所以单调递减， 则，即， 故在上单调递减，此时， 所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $