精品解析：天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三第三次质量检测（12月月考）数学试题

2025-2026学年度第一学期高三年级第三次阶段性测试 数学学科 2025.12 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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先明确集合，再利用集合的混合运算求. 【详解】由，所以. 所以，. 故选：A 2. 设，，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】B 【解析】 【分析】由解出，的两种关系，再用充分、必要条件的定义进行判断. 【详解】由，，，可得，或，.则可知“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数在上的图象是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和可排除错误选项得到结果. 【详解】，可排除； ，可排除. 故选： 【点睛】本题考查函数图象的识别，此类问题通常采用排除法，排除依据通常为：奇偶性、特殊位置的符号、单调性. 4. 下列结论中错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据决定系数的意义判断A选项；根据方差的性质判断B选项；利用正态曲线可判断C选项；利用经验回归方程过样本中心点计算D选项. 【详解】对于A选项，决定系数越大，回归模型的拟合效果越好，故A正确； 对于B选项，样本数据，，，的方差为8， 则数据，，，的方差为，故B正确； 对于C选项，随机变量服从正态分布，均值， 正态曲线的对称轴为， ，， 由对称性知，，，故C错误； 对于D选项，经验回归方程过样本中心点，将代入中得， ，解得，故D正确. 故选：C 5. 函数零点所在的大致区间为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先根据函数的单调性判断函数零点个数，再利用函数零点存在性定理进行判断. 【详解】因为函数在上单调递增，所以函数在上至多1个零点. 又，. 所以函数在上有零点. 综上，函数只在有1个零点. 故选：B 6. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断. 【详解】因为分别为与同向的单位向量， 因为，可知的角平分线与BC垂直，则， 又因为，即， 且，则，所以是等边三角形. 故选：D. 7. 已知双曲线的左顶点为，离心率为，抛物线上一点到其焦点的距离为.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的方程为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由定义求出抛物线方程，再由渐近线和离心率求出双曲线方程. 【详解】因为上一点到其焦点的距离为， 由定义可得，得，所以抛物线方程为. 代入点，可得， 双曲线左顶点为，渐近线斜率为， 由得，直线的斜率为， 因渐近线与直线平行，则，即， 两边平方得，将代入，得，解得（故）， 所以，则，双曲线方程为. 故选：A. 8. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象在区间内有个对称中心 C. 在区间上单调递增 D. 的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 【答案】C 【解析】 【分析】选项A，由，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，得到，根据最小正周期公式得到，由一条对称轴方程为，得到，又，求得的值；选项B，令和解出的值，即可得解；选项C，由，求出的范围，结合余弦函数的图像得到在区间上单调递减；选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数，利用诱导公式得解. 【详解】选项A，， 其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为， 则函数的周期满足，，，， 一条对称轴方程为，， ，，故A正确； 选项B，，，， ，由，可得或， 的图象在区间内有个对称中心，故B正确； 选项C，，， 在区间上单调递减，故C错误； 选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度， 得到函数，故D正确. 故选：C. 9. 如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中条件，先求出各个边长，由题意，旋转后的几何体为圆台，取其轴截面，设外接球球心为O，分别讨论O在线段AD上和在DA延长线上两种情况，根据勾股定理，列出方程组，化简计算，求出，代入面积公式，即可得答案. 【详解】过C作，交AB于E， 则， 因为，且四边形ADCE为矩形， 所以，即. 由题意得，梯形绕所在直线旋转一周得到的几何体为圆台，取圆台的轴截面， 如图所示，设外接球球心为O，半径为R，， 当O在线段AD上时，则， 由勾股定理得，即， 整理得，即，不成立，故O不在线段AD上； 当球心O在DA的延长线上时，则，如图： 所以，即， 解得，所以， 所以该圆台外接球的表面积为. 故选：D 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. 是虚数单位，复数满足，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，化简可得，代入求模公式，即可得答案. 【详解】因为，所以， 则. 故答案为： 11. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由，再写出展开式的通项，即可求出展开式中的系数. 【详解】因为， 其中展开式的通项为， 所以的展开式含的项为， 即的展开式中的系数为. 故答案为： 12. 已知圆与圆相交，且它们的公共弦的长为 ，则的值为_________. 【答案】或 【解析】 【分析】先求得公共弦所在直线方程，然后结合点到直线距离公式以及勾股定理来求得的值. 【详解】圆与圆方程相减并化简得： ，即两圆相交弦所在直线方程. 圆圆心为，半径为. 到直线的距离为， 所以. 解得或. 圆需满足. 圆，即， 圆心为，半径为， 由于两个圆相交，所以， 即， 或都符合. 故答案为：或. 13. 甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱有5个红球､5个白球，乙箱中有4个红球､6个白球.先从甲箱中随机摸出1个球放入乙箱中，再从乙箱中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为__________；若从甲箱中随机摸出3个球，用表示摸出红球的个数，则随机变量的数学期望为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先运用全概率公式求摸到红球的概率，再利用超几何分布的期望公式求随机变量的数学期望即可. 【详解】①若先从甲箱摸出的是红球，其概率为 ， 放入乙箱后，乙箱有 个红球，6个白球（共11个球）， 此时再从乙箱摸出红球的概率为 ； 若从甲箱摸出的是白球，其概率为 ， 放入乙箱后，乙箱有4个红球， 个白球（共11个球）， 此时从乙箱摸出红球的概率为 . 由全概率公式，可得概率为：； ②服从超几何分布（超几何分布的期望公式为 ， 其中 是抽取数， 是总体红球数， 是总体球数）， 所以：. 故答案：；. 14. 如图，在中，点､分别为､中点，与相交于点，点满足.记，，用，表示______；若，，，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理将表示出来，利用向量的数量积运算律和数量积的定义求出. 【详解】由题意知，. . 所以. 因为，所以. 所以. 故答案为：①②. 15. 已知函数，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式，分类讨论，在不同的取值范围下，函数零点的个数，从而得到恰好有3个零点时实数的取值范围. 【详解】①当时，要使有意义，故； 方程为，平方得，，解得； 显然，解不等式得； 在上满足：当或时，有1个零点；当时，有两个零点； ②当时，若，，函数有无穷个零点； 当时，方程，即， 当时，，此时方程无实数解， 当时，解得，令，即，又时，所以； 即在上满足：当时，有1个零点； 当时，有无穷个零点； 当或时，没有零点． 综上，当时，有三个零点． 故答案为： 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）求的大小； （2）当，时， （i）求边长； （ii）求的值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解. （2）（i）利用余弦定理直接求解；（ii）利用正弦定理、二倍角公式及和角的正弦求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 即，而，则， 所以. 【小问2详解】 （i）由（1）知，，而，， 由余弦定理得， 所以. （ii）由正弦定理，得， 而为锐角，则，，， 所以. 17. 如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1） 证明：由平面平面，平面平面，平面， ，得直线平面，而四边形是正方形，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， 依题意，是平面的一个法向量，又， 则，而直线平面，所以平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）由（1）中坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）设出点坐标，利用异面直线夹角的向量法列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 设平面CPB的法向量为 ，则，取，得， 设平面PQB的法向量为 ，则，取，得 ， 设平面与平面夹角为，则， ，所以平面与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 由点H在PD上，设，则， 依题意，，而，解得， 所以线段的长为. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，左顶点为，上顶点为，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点的坐标为，，是直线上的两点（在轴上方，在轴下方），直线，与椭圆分别交于，两点.若，，三点共线，求证：. 【答案】（1） （2） 由题意可设，，，且，. 直线的方程为. 由消去，整理得. 成立. 由，解得. 所以.所以. ①当直线轴时，，解得， 由椭圆的对称性可得. 又因为，所以. ②当直线不垂直轴时，即时，， 直线的斜率.同理. 因为，，三点共线，所以.所以. 在和中，，， 所以.因为，均为锐角，所以. 综上，若，，三点共线，则. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和三角形面积公式列方程组求解可得方程； （2）设，，，且，，联立直线的方程和椭圆方程表示出点坐标，根据三点共线得的关系，然后可证. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知是公差大于0的等差数列，，是和的等比中项.是公比大于0的等比数列，，. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求； （3）记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和. 【答案】（1），； （2）； （3）480. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式分别求出数列与的公差、公比，进而求出通项公式. （2）由（1）求出，按奇偶分组求和，再利用裂项相消法及错位相减法求和即得. （3）根据给定条件，分段求出数列的前100项，再求出它们的和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由是和的等比中项，得， 即，而，解得，因此； 设等比数列的公比为，由，，得，而，解得， 因此. 【小问2详解】 由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，， 因此， 设； 设，， 两式相减得， 因此，所以. 【小问3详解】 由，，，，，，， 得对应的区间为，则； 对应的区间分别为，则，即有个； 对应的区间分别为，则，即有个； 对应的区间分别为，则，即有个； 对应的区间分别为，则，即有个； 对应的区间分别为，则，即有个； 对应的区间分别为，则，即有个， 所以. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为当时，，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即； 当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得，即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 因为，所以当趋近于0时，趋近于； 当趋近于时，趋近于，且， 所以有2个零点，故有2个零点． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，，构造函数，求导推得，结合恒成立即得的值； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减， 又，所以当时，，不符合题意； ② 当时，由，得时，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以， 因为，则其等价于，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，因恒成立，故． 【小问3详解】 略 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三次阶段性测试 数学学科 2025.12 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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，，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. 函数在上的图象是 A. B. C. D. 4. 下列结论中错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 5. 函数零点所在的大致区间为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 7. 已知双曲线的左顶点为，离心率为，抛物线上一点到其焦点的距离为.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的方程为( ) A. B. C. D. 8. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象在区间内有个对称中心 C. 在区间上单调递增 D. 的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 9. 如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 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. 是虚数单位，复数满足，则__________. 11. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 12. 已知圆与圆相交，且它们的公共弦的长为 ，则的值为_________. 13. 甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱有5个红球､5个白球，乙箱中有4个红球､6个白球.先从甲箱中随机摸出1个球放入乙箱中，再从乙箱中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为__________；若从甲箱中随机摸出3个球，用表示摸出红球的个数，则随机变量的数学期望为__________. 14. 如图，在中，点､分别为､中点，与相交于点，点满足.记，，用，表示______；若，，，则__________. 15. 已知函数，若函数恰好有3个零点，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）求的大小； （2）当，时， （i）求边长； （ii）求的值. 17. 如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，左顶点为，上顶点为，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点的坐标为，，是直线上的两点（在轴上方，在轴下方），直线，与椭圆分别交于，两点.若，，三点共线，求证：. 19. 已知是公差大于0的等差数列，，是和的等比中项.是公比大于0的等比数列，，. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求； （3）记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $