精品解析：天津市第八中学2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷

天津市第八中学2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷 时间：120分钟；满分150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（每题5分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据集合求出解集，再根据交集的概念及运算即可求出结果. 【详解】根据可得， 又， 则， 故选：B. 2. 若a，，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】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质去判断“”与“”之间的逻辑关系即可解决. 【详解】若，当时，，当时，； 又当时，两边除以b，得，当且时，两边除以b，得. 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象得到函数为奇函数，再结合当时，，利用排除法即可得到答案. 【详解】由图知，函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数. 对选项C，，所以为偶函数，故C错误. 由图知，当时，. 对选项B，，当时，，与图象不符，故B错误. 对选项D，当时，， 当时，，与图象不符，故D错误. 故选：A 4. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性分别判断出的范围，然后可得到结果. 【详解】由对数函数单调性可知：， 由指数函数单调性可知：， 由幂函数单调性可知：， 所以， 故选：D. 5. 已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（ ） A. 第28项 B. 第29项 C. 第30项 D. 第32项 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式列方程组求出首项和公差，再求出，进而根据通项公式可得项数. 【详解】设等差数列的公差为， 则，解得， 所以， 令， 得，即是中的第30项. 故选：C. 6. 已知函数的图像经过点，且相邻两个零点的距离为，为得到的图像，可将图像上所有（ ） A. 先向右平移个单位，再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变 B. 先向左平移个单位，再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变 C. 先向左平移个单位，再将所得图像上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 D. 先向右平移个单位，再将所得图像上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 【答案】B 【解析】 【分析】由相邻两个零点的距离为可求得，由点在图像上可求得，则，再通过图像变换的方法即可得到结果. 【详解】因为相邻两个零点的距离为，所以函数的最小正周期，则， 又点在函数图像上，所以， 解得，，即，， 又，所以当时，， 所以， 则将先向左平移个单位可得， 再横坐标缩小为原来的，纵坐标不变， 故选：B 7. 设数列的前n项和，若，则（ ） A. 3059 B. 2056 C. 1033 D. 520 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】依题意可得，，， 再根据五点法作图可得，解得，． 因为，所以的图象关于点对称，故①正确； 因为，所以的图象关于直线对称，故②正确； 将的图象向左平移个单位长度得到， 故③错误； 因为，当时且，， 因为函数在上有且只有两个极值点， 所以，解得，即的最大值为，故④正确； 故选：C 9. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） ①函数有两个极值点； ②若关于的方程恰有1个解，则； ③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【分析】求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出①；作出函数图象，即可判断②；根据①求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出③；作图，根据图象得出与有3个交点时，的范围.然后用表示出，即可得出，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断④. 【详解】对于①，当时，，恒成立， 所以在上单调递增； 当时，，恒成立， 所以，在上单调递减； 当时，，恒成立， 所以，在上单调递减. 综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确； 对于②，作出的图象如下图1 由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误； 对于③，由①知，当时，， 因为，所以，所以，当且仅当； 当时，； 当时，， 因为，所以，所以，当且仅当. 综上所述，，有恒成立. 又直线可化为，斜率为， 所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故③正确； 对于④， 由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点. 则有，所以， 所以，. 令，， 则. 令，则在上恒成立， 所以，在上单调递增. 又，， 根据零点存在定理可知，，使得， 且当时，， 所以，所以在上单调递减； 当时，， 所以，所以在上单调递增. 所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误. 综上所述，①③正确. 故选：D 【点睛】方法点睛：遇到条件时，常设，然后根据图象得出的范围.根据解析式，用表示出，将所求表达式表示为的函数，根据导函数研究函数的单调性、极值、最值等. 二、填空题（每题5分） 10. __________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法以及乘方运算可得结果. 【详解】易知. 故答案为： 11. 展开式的第四项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项公式，令即可写出第四项的系数. 【详解】的展开式的通项为， 令的， 故第四项的系数为：， 故答案为：. 12. 已知数列的前项和为，若，则__________. 【答案】54 【解析】 【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值. 【详解】当时，，所以，即， 当时，， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 则. 故答案为：54. 13. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用诱导公式化简，再根据商数关系化弦为切即可得解. 【详解】 . 故答案为：. 14. 已知，且，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据用x表示出y，根据可求出，同理可求．将配为，将构造为，利用基本不等式即可求解． 【详解】由可得 显然，故得， ∵，∴，同理． 可化为， 整理得， ∵，，∴， ∴， 当且仅当，即时，等号成立， ∴的最小值为， 故答案为：． 15. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，因为与曲线相切， 所以，消去，得，解得，所以， 设与曲线相切于点，由，得，即，解得， 因为是与曲线的公共点， 所以，消去，得，即，解得． 故答案为： 三、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. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且面积， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值． （2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而可求的值，根据余弦定理可得的值；（ⅱ）由余弦定理求得，进而可得，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，可得：， 由正弦定理可得：， 可得：， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以 【小问2详解】 （ⅰ）因为，且， 解得：，， 由余弦定理可得：，解得： ； （ⅱ）由余弦定理可得， 所以，，， 所以. 18. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点分别是棱，的中点，点是线段上一点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度. 【答案】（1）证明：因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 又因为，则，即， 由平面，所以平面. （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明即可； （2）求平面的法向量，利用向量法求夹角余弦即可； （3）利用线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面与平面的夹角为， 平面的法向量，平面的法向量, 所以，， 则平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设长度为，， 设直线与平面所成角为， 因为， ， 解得，此时的长度为. 19. 已知等比数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列及数列的前n项和． （3）设，求的前2n项和． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式； （2）由可得，可得=，利用错位相减法即得； （3）可得，利用裂项相消法即得. 【小问1详解】 由题意得：，可得， ∴， 由，可得， 由，可得， ∴， 可得； 【小问2详解】 由，可得， 由，可得， ∴， 可得的通项公式：=， 可得：， ， ∴ ， ∴； 【小问3详解】 由，可得 ， 可得： . 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）对任意，，判断和的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：，设，，则， 所以在上单调递减，因，， 故存在唯一，使得，即，即， 则当时，，，函数在上单调递增， 当时，，，函数在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间上单调递减，则， 即. （ⅱ），理由：由，因为和在上单调递增， 则在上单调递增，且，， 则存在唯一，使得，即，即，（*） 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，故在区间上单调递增， 的最小值为， 由（ⅰ）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 故对任意正实数a，b，都有， 故对任意正实数a，b，都有. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）利用导数判断的单调性，求得的范围和的表达式，利用单调性证明；（ii) 通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即可确定和的大小关系. 【小问1详解】 由，可得，求导得， 则， 故曲线在点处切线方程为， 即. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第八中学2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷 时间：120分钟；满分150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（每题5分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若a，，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. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（ ） A. 第28项 B. 第29项 C. 第30项 D. 第32项 6. 已知函数的图像经过点，且相邻两个零点的距离为，为得到的图像，可将图像上所有（ ） A. 先向右平移个单位，再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变 B. 先向左平移个单位，再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变 C. 先向左平移个单位，再将所得图像上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 D. 先向右平移个单位，再将所得图像上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 7. 设数列的前n项和，若，则（ ） A. 3059 B. 2056 C. 1033 D. 520 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） ①函数有两个极值点； ②若关于的方程恰有1个解，则； ③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③ 二、填空题（每题5分） 10. __________. 11. 展开式的第四项的系数为______. 12. 已知数列的前项和为，若，则__________. 13. 已知，则__________. 14. 已知，且，则的最小值为___________． 15. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 三、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. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且面积， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 18. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点分别是棱，的中点，点是线段上一点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度. 19. 已知等比数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列及数列的前n项和． （3）设，求的前2n项和． 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）对任意，，判断和的大小关系，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $