精品解析：天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三上学期11月期中考试数学试题

2025-2026学年度第一学期高三年级第二次阶段性测试 数学学科 一．选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简集合，即可由交并补运算的定义求解. 【详解】故或， 又，故， 故选：C 2. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件， 故选：A 3. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图象，则该函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可排除CD，可排除B. 【详解】可排除CD，可排除B， 当时，由图象可得，而CD中，故排除； 当时，由图象可得，而B中，故错误； 故选：A. 4. 已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：）数据为：9.8，10.0，10.0，10.0，10.2，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则下列结论中正确的是（ ） A. 甲种的样本极差大于乙种的样本极差 B. 甲种的样本平均数小于乙种的样本平均数 C. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差 D. 甲种的样本第60百分位数小于乙种的样本第60百分位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据极差判断A，计算平均数判断B，计算方差判断C，分别计算甲乙的样本的第60百分位数判断D. 【详解】对于A，甲种的样本极差为， 乙种的样本极差为， 所以甲种的样本极差小于乙种的样本极差，故A错误； 对于B，，， 所以甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数，故B错误； 对于C，因为甲种的样本平均数与乙种的样本平均数均为10， 甲种的样本方差为， ， 所以甲种的样本方差小于乙种的样本方差，故C错误； 对于D，因为，故甲种的样本第60百分位数为， 乙种的样本第60百分位数为， 所以甲种的样本第60百分位数小于乙种的样本第60百分位数，故D正确. 故选：D 5. 已知奇函数是定义在上的增函数，若，，．则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性得到，根据指数和对数函数单调性，可确定自变量的大小关系；根据函数单调性得到函数值的大小关系，即，，的大小关系. 【详解】因为是奇函数，所以. 因为函数是增函数，所以； 因为函数是增函数，所以. 所以. 因为函数是定义在上的增函数，所以，即. 故选：D. 6. 已知均是锐角，已知，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，利用两角差的正弦公式求得正确答案. 【详解】因为均是锐角，， 则，，又， 所以 . 故选：D 7. 在长方体中，，，，分别过BC，的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，．若，则截面的面积为（ ）． A. B. C. D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据长宽高求出长方体的体积，再根据体积之比求出，再计算出的值，可计算出， 再计算截面面积． 【详解】由题意知 又，所以 又 在 中 所以 故选C 【点睛】本题考查截面面积，属于基础题． 8. 已知抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，抛物线的准线与坐标轴交于点，若为直角三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】写出双曲线渐近线方程，联立抛物线方程求得，两点的坐标，根据抛物线及双曲线渐近线的对称性及为直角三角形，求得的关系，从而得到双曲线的离心率. 【详解】由题可知，双曲线的两条渐近线为， 记抛物线与的交点为，与的交点为. 由得，；由得，. 由抛物线及双曲线渐近线的对称性知，，且垂直于轴，记垂足为N. 因为为直角三角形，所以. 所以，化简得，即，所以. 所以双曲线的离心率. 故选：C. 9. 已知函数的部分图象如图所示，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在区间上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可以由函数的图象向左平移个单位长度得到． 其中错误结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由图象中两个零点间的距离，可直接求得的最小正周期，判断①；求得的解析式，用整体代换的思想判断②，③；由图象平移的规则知函数的图象向左平移个单位长度得到函数的解析式，可判断④. 【详解】对于①，由图可知的最小正周期为.所以①错误； 对于②，由①知，，所以. 根据图象有，即，所以 解得，所以. 当时，. 令，因为是增函数，在是增函数，所以在区间上单调递增； 所以②正确； 对于③，由②知，. 当时，，所以. 所以③错误； 对于④，函数的图象向左平移个单位长度得到函数，所以④错误. 所以四个结论中错误的个数为3. 故选：C. 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将正确的答案填写到答题卡上．试题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分． 10. i是虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第_____象限． 【答案】四 【解析】 【分析】先根据复数的运算法则求得，再结合几何意义求解即可. 【详解】由， 则在复平面内对应的点为，在第四象限. 故答案为：四. 11. 在的展开式中，二项式系数的和为64，则展开式中项的系数是_____．（用数字作答） 【答案】135 【解析】 【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出，结合通项公式计算即可求出的系数. 【详解】由题意，，则， 则的展开式的通项为，， 令，得， 所以展开式中项的系数是. 故答案为：135. 12. 已知圆心为，直线与圆相切于点，则圆的半径长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得直线斜率为2，则，建立方程可求得，进而求解即可. 【详解】由题意，直线的斜率为2， 则，解得，即， 则圆的半径长为. 故答案为：. 13. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为I号和II号），观察两枚骰子朝上面的点数．记事件“两个点数不相同”，事件“两个点数都没有出现5点”，则_____；设表示两个点数中奇数的个数，则随机变量的数学期望为_____． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】①判断出符合古典概型，列出样本空间，找到满足事件的样本点，根据条件概率公式求出；②列出取值，求出相应的概率，得到随机变量的分布列，根据分布列求得其数学期望. 【详解】记I号骰子朝上面的点数为，记II号骰子朝上面的点数为，则样本空间共有36个样本点，各样本点出现的可能性相同，此试验为古典概型. 记事件“两个点数不相同”，则事件“两个点数相同”，事件共有6个样本点，所以事件A包含30个样本点. 因为事件“两个点数都没有出现5点”，所以事件“两个点数不相同，且都没有出现5点”，即事件共20个样本点. 所以，. 由题可知，的取值为0，1，2. 因为每枚骰子向上的点数中有3个奇数，3个偶数， 所以，，. 所以随机变量的分布列为： X 0 1 2 P 所以. 所以随机变量的数学期望为. 故答案为： 14. 如图，已知正方形的边长为2，圆弧是以为直径的半圆弧．当点为圆弧的中点时，在上的投影向量的模长为_____；当点为圆弧上的动点时，的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 0 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出各点坐标，利用向量的坐标运算即可求解. 【详解】如图，以中点为坐标原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系， 因为正方形的边长为，所以，，，， 当为圆弧的中点时，， 此时，， 则，， 所以在上的投影向量的模长为； 当点为圆弧上的动点时，设，，， 所以满足，则，所以， 所以，， 则， 因为，所以当时，取得最小值. 故答案为：；. 15. 已知函数的定义域为，且对任意的都满足.当时，若函数与的图像恰有两个交点，则实数的取值范围是________. 【答案】或 【解析】 【分析】由得出关于对称，根据时的表达式结合对称性作的图像，分，，三种情况讨论与的交点情况，并利用交点数恰好为2得出对应的实数的范围，从而求解． 【详解】，关于对称， 结合时，作函数图像如下，函数是过定点的折线， 当时，函数是过定点，开口向上折线，如图，只有当直线与在上的图像相切时， 函数与的图像恰有两个交点， 设切点，其中，的导数为， 处切线斜率为， 联立直线和切线方程得：，解得，满足， ， 当时，函数，与交点情况如下图所示， 时与的图像有2个交点，符合题意； 当时，函数是过定点，开口向下的折线，如图，函数与的图像恒有2个交点． 综上所述，实数的取值范围为或. 故答案为：或. 三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为．已知，． （1）求的值； （2）当时， （i）求的值和的面积； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边可直接求得； （2）（i）利用余弦定理可构造方程求得的值，结合三角形面积公式可求得； （ii）利用余弦定理可得，由同角三角函数关系可得，结合二倍角公式、两角和差正弦公式可求得结果. 【小问1详解】 由正弦定理得：，又，. 【小问2详解】 （i）由余弦定理得：， ，即，解得：（舍）或， ，， . （ii）由余弦定理得：， ，， ，， . 17. 如图，在三棱锥中，平面，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量证明线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明平面； （2）根据点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离，进而求得求三棱锥的体积； （3）根据平面与平面夹角的向量求法求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，. ，，， ，， 即，，，平面． 【小问2详解】 由（1）可知为平面的一个法向量，且， 设点到平面的距离为， ，即点到平面的距离为． 又的面积为，所以三棱锥的体积为. 【小问3详解】 由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，因为，， 则令，可得， 设平面与平面的夹角为， ， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； (Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值. 【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得： ，解得：， 故椭圆方程：. (Ⅱ)[方法一]： 设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且，注意到， ， 而 ， 故. 从而. [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以． ②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且． 由题意知直线的斜率存在．． 当时， ． 同理，．所以． 因为，所以． 【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法. 19. 已知是等差数列，是递增的等比数列.，，. （1）求数列和的通项公式及； （2）若数列满足，， （ⅰ）求证：为等比数列； （ⅱ）设，对，都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），， （2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列、等比数列的通项公式列出方程求解公差、公比即可得解通项公式，再由等差数列求和公式求； （2）（ⅰ）根据条件及，利用等比数列的定义证明为等比数列； （ⅱ）求出，再由等比数列的求和公式化简得出，分奇数、偶数求出数列的最大值即可得解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则，解得或（由等比数列递增知不符合题意，舍去）， 所以， 所以，. . 【小问2详解】 （ⅰ）因为，， 所以， 即，又 所以是以为首项，公比为的等比数列. （ⅱ）由（ⅰ）知，所以， 故， 所以， 当时，单调递减，所以时有最大值， 当时，单调递增，且， 因为，所以，即的最大值. 因为恒成立，所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一，利用等比数列的求和公式求和的运算得出， 关键点之二，利用分类讨论的思想，分别求出数列中的偶数项、奇数项的最值得出的最大值. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）若时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若正实数，，，满足，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，然后求切线方程即可； （2）当时，设，求导，利用导数分析函数的单调性，然后求解即可； （3）根据题意得出当且时， ，又当时，在单调递增. 设，其中，且，然后证明即可. 【小问1详解】 当时，，即， 而，则， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由，则， 设，， 则， 设，， 则， 若，则， 则函数在上单调递增，则，即， 因此函数在上单调递增， 故，符合题意； 若，且，则， 令，即， 此时，在上单调递增，在上单调递减， 则，而， 设为的零点，注意到为增函数， 当时，此时，故， 从而在上单调递增，故，符合题意； 当时，则存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故，即，解得， 此时，即，因此， 综上所述，. 【小问3详解】 由（2）可知，当且时，， 故， 当时，，， 令，则， 故在上单调递增， 设，其中，且， 则，因此在上单调递增， 从而， 则， 进而可知， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期高三年级第二次阶段性测试 数学学科 一．选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图象，则该函数是（ ） A. B. C. D. 4. 已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：）数据为：9.8，10.0，10.0，10.0，10.2，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则下列结论中正确的是（ ） A. 甲种的样本极差大于乙种的样本极差 B. 甲种的样本平均数小于乙种的样本平均数 C. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差 D. 甲种的样本第60百分位数小于乙种的样本第60百分位数 5. 已知奇函数是定义在上的增函数，若，，．则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知均是锐角，已知，，则（    ） A. B. C. D. 7. 在长方体中，，，，分别过BC，的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，．若，则截面的面积为（ ）． A. B. C. D. 16 8. 已知抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，抛物线的准线与坐标轴交于点，若为直角三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 9. 已知函数的部分图象如图所示，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在区间上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④图象可以由函数的图象向左平移个单位长度得到． 其中错误结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将正确的答案填写到答题卡上．试题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分． 10. i是虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第_____象限． 11. 在的展开式中，二项式系数的和为64，则展开式中项的系数是_____．（用数字作答） 12. 已知圆心为，直线与圆相切于点，则圆的半径长为_____． 13. 抛掷两枚质地均匀骰子（标记为I号和II号），观察两枚骰子朝上面的点数．记事件“两个点数不相同”，事件“两个点数都没有出现5点”，则_____；设表示两个点数中奇数的个数，则随机变量的数学期望为_____． 14. 如图，已知正方形的边长为2，圆弧是以为直径的半圆弧．当点为圆弧的中点时，在上的投影向量的模长为_____；当点为圆弧上的动点时，的最小值为_____． 15. 已知函数的定义域为，且对任意的都满足.当时，若函数与的图像恰有两个交点，则实数的取值范围是________. 三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为．已知，． （1）求的值； （2）当时， （i）求的值和的面积； （ii）求的值． 17. 如图，三棱锥中，平面，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面夹角余弦值． 18. 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 19. 已知是等差数列，是递增等比数列.，，. （1）求数列和的通项公式及； （2）若数列满足，， （ⅰ）求证：为等比数列； （ⅱ）设，对，都有恒成立，求实数的取值范围. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若正实数，，，满足，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $