精品解析：天津市第二中学2025-2026学年高三上学期开学学情调查数学试题

2025~2026（一）天津二中高三年级开学学情调查 数学学科试卷 一、选择题（每题5分，满分45分） 1. 集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知 ，条件 ，条件 ，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. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则 ， ， 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 设且，则 C. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 D. 在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差 6. 设 ， 是两条不同的直线，，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，那么 7. 已知分别是椭圆的左、右顶点，直线（）上存在点 ，使得 是顶角为的等腰三角形，且 的面积为，则椭圆 的方程为（   ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系 中，双曲线的左右焦点分别为，过且垂直于 轴的直线与 相交于两点，与 轴的交点为，则 的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 9. 如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ） A. B. C. D. 20 二、填空题（每题5分，满分30分） 10. 若复数，则_____． 11. 二项式的展开式中 的系数为___________. 12. 已知直线 过抛物线的焦点且与直线垂直，则圆与直线 相交所得的弦长为________. 13. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 14. 已知梯形 中，为 的中点， 为 与的交点，，则__________；若，则的余弦值为__________. 15. 已知函数，，若有4个零点，则 的取值范围为________. 三、解答题（满分75分） 16. 在 中，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 17. 已知函数 （1）求函数的对称轴方程； （2）求函数的最大值及相应的 值； （3）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位，得到的图象，求的最小正周期和单调增区间. 18. 如图，在三棱锥中，底面，，点分别为棱的中点， 是线段 的中点，． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点 在棱 上，且直线与直线 所成角的余弦值为，求线段AH的长． 19. 已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，，求数列的前 项和； （3）记，，证明数列的前 项和． 20. 已知， （1）求在处的切线方程以及的单调性； （2）对，有恒成立，求 的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为且为的唯一的极值点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026（一）天津二中高三年级开学学情调查 数学学科试卷 一、选择题（每题5分，满分45分） 1. 集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得解. 【详解】解：图中阴影部分所表示的集合为. 故选：B 2. 已知 ，条件 ，条件 ，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】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式与分式不等式求得集合，可得结论. 【详解】解二次不等式，可得 ，则， 解分式不等式，可得 ，则， 因为，所以 是的充要条件. 故选：C. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值法进行判断即可. 【详解】，解得且， 令，则， 故函数为偶函数，其图象关于 轴对称，排除C选项； ，排除D选项； ，故可排除A选项. 故选：B 4. 设，，，则 ， ， 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】易知， 所以，， 即. 故选：C 5. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 设且，则 C. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 D. 在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义可判断A，根据正态分布的对称性求解可判断B，根据相关系数的性质可判断C，根据决定系数的性质可判断D． 【详解】对于A，因为，所以数据的第60百分位数为5，故A错误； 对于B，因为且，则， 所以，故B错误； 对于C，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1，故C错误； 对于D，在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差，故D正确. 故选：D. 6. 设 ， 是两条不同的直线，，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，那么 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，在长方体中记平面 为平面，平面为平面，直线为直线 ，由此可得，，但，故A错误，对于B，设，在直线 上任取一点 ，在平面内过 作，在平面内过 作，由可得，证明，，由此可得，判断B，对于C，过直线 作平面，，过直线 作平面，，由线面平行性质定理可得，，再由线面平行判定定理证明，再证明结论，判断C，对于D，结合面面平行的定义和线面平行的定义即可判断. 【详解】对于A，如图，多面体为长方体， 记平面 为平面，平面为平面，直线为直线 ， 则若，，此时，故A错误， 对于B，如图，，，， 设，在直线 上任取一点 ，在平面内过 作，在平面内过 作， 因为，，，，所以，又， 所以， 同理， 因为，，，， 所以为二面角的平面角，又， 所以，又，，所以，B正确， 对于C，如图，，， 过直线 作平面，，因为，，所以， 过直线 作平面，，因为，，所以， 所以，又，，所以，又，， 所以，又，所以，C正确， 对于D，因为，所以平面与平面没有公共点， 又，所以直线 与平面没有公共点， 所以，D正确， 故选：A. 7. 已知分别是椭圆的左、右顶点，直线（）上存在点 ，使得是顶角为的等腰三角形，且的面积为，则椭圆 的方程为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据锐角三角函数，结合椭圆的性质即可求解得，即可利用面积公式求解. 【详解】如图：,故， ，故， 故，解得， 由于， 故，故，故椭圆方程为 ， 故选：B 8. 在平面直角坐标系 中，双曲线的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与 相交于两点，与 轴的交点为，则 的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点坐标，求出直线方程，进而求得 坐标，然后利用垂直的斜率关系列出的齐次方程，解之即得. 【详解】依题意，由双曲线的对称性，不妨让 在轴的上方，如图， 把代入中，利用，解得：，故， 所以直线的方程为，整理得，所以， 由得，整理得，所以， 两边同除以，得，解得（负根舍去），故. 故选：B 9. 如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ） A. B. C. D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】利用割补法求解几何体体积即可. 【详解】如图，把几何体补全为长方体，则，， 所以该几何体体积为. 故选：C. 二、填空题（每题5分，满分30分） 10. 若复数，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】由复数乘法的几何意义及模长的求法求. 【详解】由. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】写出的通项公式，再列式计算，代入即可得系数. 【详解】已知的通项公式为，令，得，所以展开式中的系数为. 故答案为： 12. 已知直线 过抛物线的焦点且与直线垂直，则圆与直线 相交所得的弦长为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程先确定其焦点坐标，由两直线的位置关系得出 方程，再由直线与圆的位置关系、弦长公式计算即可. 【详解】由抛物线知其焦点， 又 与直线垂直，则 的斜率为， 所以 的方程为，即， 整理圆的方程为， 即圆心为，半径为， 根据点到直线的距离公式得圆心到 的距离， 所以该圆与 相交所得的弦长为. 故答案为：. 13. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式求甲以的比分获胜的概率，先确定甲获胜的概率，再求其中甲第一局获胜的概率，最后由条件概率公式求甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率. 【详解】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲以的比分获胜的概率， 事件 表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲获胜的概率， 事件 表示“甲第一局获胜”，则， 所以. 故答案为：， 14. 已知梯形 中，为 的中点， 为 与的交点，，则__________；若，则的余弦值为__________. 【答案】 ①. ##1.25 ②. ## 【解析】 【分析】(1)利用向量的共线定理即可求解；(2)利用向量的运算结合数量积求夹角公式求出所成的角的余弦值即可求解. 【详解】 根据题意，梯形 中，， 为 中点， 则 ， 所以，所以,. 是所成的角，设所成的角为 ， 则，所以， ， 所以，所以， ， 则的余弦值为. 故答案为：；. 15. 已知函数，，若有4个零点，则 的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得为的一个零点，当时，即等价于，即，即等价于函数与函数有3个交点，作出相关图形，即可求解. 【详解】由题意可得有4个零点， 因为当时，，则得为的一个零点， 当时，即等价于，即， 即函数与函数有3个交点， 当时，为一次函数， 当时，，则，令，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在区间上单调递减， 当时，取到极大值为， 当时，，当时，， 从而可作出图象，如下图， 则函数与函数有3个交点时，可得， 所以 的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题（满分75分） 16. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 【答案】（1）；（2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可； （2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值； （ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果． 【详解】在 中，由正弦定理 可得：，整理得， 由余弦定理，可得； （2）（i）由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得， 由已知，可得，故有， 为锐角，可得，； （ii）由（i）可得，, . 17. 已知函数 （1）求函数的对称轴方程； （2）求函数的最大值及相应的值； （3）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位，得到的图象，求的最小正周期和单调增区间. 【答案】（1） （2）最大值为3，相应的 （3）最小正周期为，增区间为 【解析】 【分析】（1）利用两角差的余弦公式，二倍角公式，辅助角公式化简可得，令，化简可得结论， （2）结合正弦函数性质可得当，时，取最大值 ，化简可得结论； （3）根据函数图象变换可得，结合周期公式求周期，令，可求函数的单调递增区间. 【小问1详解】 因为， 所以， 令，，可得，， 所以函数的对称轴方程为，； 【小问2详解】 由（1）， 故当，，即， 时， 函数取得最大值，最大值为 ； 【小问3详解】 函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，可得函数的图象， 再将函数向右平移个单位，得到的图象， ， 故函数的最小正周期为， 令，，可得，， 所以函数的单调递增区间为. 18. 如图，在三棱锥中，底面，，点分别为棱的中点， 是线段 的中点，． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点 在棱 上，且直线与直线 所成角的余弦值为，求线段AH的长． 【答案】（1）证明如下： 在三棱棱中，底面，，易得两两垂直，故以 为原点， 为轴， 为 轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为点分别为棱的中点， 是线段 的中点，， 则， 则，, 设平面 的一个法向量，则，即， 令,则，故， 所以，故， 又平面 ，所以平面 . . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，由此求得平面 的法向量与，利用空间数量积判断两向量的关系，从而证得平面 ； （2）利用（1）中结论求得平面与平面的法向量，利用空间数量积求角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）设，从而得到，再由它们所成角的余弦值为得到关于 的二次方程，解之即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 设平面的一个法向量，则， 令，则，得， 易知平面，故设平面的一个法向量， 设平面与平面的平面角为 ，则由图形易知 为锐角， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. . 【小问3详解】 设，则， 故 则，解得或（舍去）， 故，即线段的长为 . . 19. 已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，，求数列的前 项和； （3）记，，证明数列的前 项和． 【答案】（1）, （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据等差等比数列通项公式直接求解；(2)利用错位相减法求和；(3)利用裂项相消求和. 【小问1详解】 设公差为 ，公比为， 则由题可得数列的前8项的和， 因为，所以，所以， 又因为， 所以解得或（舍）， 所以. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 即，， 两式相减得， 所以， 【小问3详解】 由（1）得 则 ， . 因为所以 20. 已知， （1）求在处的切线方程以及的单调性； （2）对，有恒成立，求 的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为且为的唯一的极值点，求证：. 【答案】（1），单调递减区间为，单调递增区间为； （2） （3）证明：由题意，则， 令得，当，，当时，； 所以在上单调递减，上单调递增， 而要使有两个零点，要满足， 即； 因为，，令， 由，所以，即， 所以， 而要证，只需证，即证：， 即：，由 ，只需证：， 令，则 令，则， 故在上递增，； 故在上递增，；所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内； （2）等价于，求导分析的单调性，即可求出 的最大整数解； （3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明. 【小问1详解】 因为，所以定义域为，且， 从而，又，所以切线方程为即； ，令解得，令解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 对，有恒成立， 等价于恒成立， 等价于恒成立， 等价于恒成立，记，则， 则，记，因为， 所以为上的递增函数， 又，，所以，使得， 即， 所以在上递减，在上递增，且； 所以 的最大整数解为 . 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $