精品解析：天津市培杰中学2025-2026学年高三上学期第二次教学评价数学试卷

2025-2026学年度第一学期天津市培杰中学 高三年级第二次教学评价（数学） 一、单选题：本大题共9小题，共45.0分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数的性质得到，再利用交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，则， 因为，所以，故D正确. 故选：D. 2. 已知，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】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可. 【详解】因为，当时，有，则成立，即充分性成立； 当时，，即成立，而，即不成立，进而必要性不成立. 所以，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数 的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，函数为奇函数，排除B、D项，再由，排除C项，即可得到答案. 【详解】由函数，定义域为， 有， 所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D项； 又由，可排除C项， 所以函数的图象为选项A. 故选：A. 4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】 根据线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质依次判断各个选项可得结果. 【详解】选项：由线面垂直的性质定理可知正确； 选项：由线面垂直判定定理知，需垂直于内两条相交直线才能说明，错误； 选项：若，则平行关系不成立，错误； 选项：的位置关系可能是平行或异面，错误. 故选： 【点睛】本题考查空间中线面平行与垂直相关命题的辨析，关键是能够熟练掌握空间中直线与平面位置关系的判定与性质定理. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数换底公式及对数运算性质变形，再利用对数函数和指数函数单调性即可作答. 【详解】依题意，，， 显然函数在上单调递增，而，即， 又在R上单调递增，于是得，即， 所以有. 故选：D 6. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的第80百分位数为17； B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0； D. 若随机变量满足，则． 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，由百分位数的定义得到答案；B选项，，得到结论；C选项，由相关系数的性质得到C错误；D选项，由方差的性质得到D错误. 【详解】A选项，，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数， 即，A错误； B选项，由于，得到与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确； C选项，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，C错误； D选项，若随机变量满足，则，D错误. 故选：B 7. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ） A. 0 B. 18 C. 10 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用数列的递推公式顺次求解其项，可知数列为周期数列，据其周期求和即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，，， ，，，，…， 故数列为周期数列，周期为4， 所以. 故选：C. 8. 已知函数，，则下列描述正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 在上单调递增 C. 是的一条对称轴 D. 的最大值是 【答案】B 【解析】 【分析】运用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化简，逐一判断四个选项即可得到正确答案. 【详解】 ， 对于A，的最小正周期是，故A错误； 对于B，当时，， 故在上单调递增，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，的最大值是4，故D错误． 故选：B． 9. 如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的（中间衔接的细管长度忽略不计）．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求得细沙在上部容器时小圆锥的底面半径为4，进而求出小棱锥的体积，接着求出流入下部后的圆锥形沙堆的高，最后求出沙堆的侧面积. 【详解】细沙在上部容器时的体积， 流入下部后的圆锥形沙堆底面半径为8，设高为， 则， 所以， 下部圆锥形沙堆的母线长， 故此沙堆的侧面积． 故选：D. 【点睛】圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和． 二、填空题：本大题共6小题，共30.0分. 10. 复数（i是虚数单位），则复数的虚部为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求出复数z，再得出共轭复数即得其虚部. 【详解】由， 则，故复数的虚部为. 故答案为：. 11. 在的展开式中，的系数是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理求出的通项，求出的值即可得结果. 【详解】由二项式定理知的展开式的通项为： ， 令，解得， 所以的系数是， 故答案为：. 12. 已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两圆外切，圆心距离等于半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果. 【详解】由得， 将化为标准方程，得，， 因为两圆外切，所以，即，解得. 到直线的距离，如下图： 则直线被圆所截的弦长. 故答案为：. 13. 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为X，则随机变量X的期望为______. 【答案】 ①. 0.38 ②. 0.9 【解析】 【分析】分为只有甲合格，只有乙合格，只有丙合格，3种情况，根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出3种情况的概率，相加即可求得第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；根据已知可求得每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，因为概率相同，可以把它们看成3次重复试验发生次的概率，然后根据二项分布期望公式直接求解． 【详解】分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件，，， 设表示第一次烧制后恰好有一件合格， 则 ； 经过前后两次烧制后，甲合格的概率为，乙合格的概率为，丙合格的概率为， 则每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为， 所以，所以． 故答案为：0.38；0.9． 14. 在平行四边形中，，边的长分别为2与1，则在上的投影向量为______（用表示）；若点分别是边上的点，且满足，则的取值范围是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求得平行四边形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得的坐标，利用数量积的投影向量概念求解即可；设，可得，然后利用二次函数的性质即得. 【详解】在平行四边形中，，边的长分别为2与1， 建立如图所示的直角坐标系，则，，， ，，， 所以， 所以，， 所以在上的投影向量为； 设，，则，， 所以， 所以， 因为，函数的对称轴为， 所以在上单调递减， 所以时，，即的取值范围是. 故答案为：； 15. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将零点问题转化为函数的与的交点个数问题，画出两函数的图象，利用导函数求出当直线与相切时的的值，数形结合求出实数的取值范围. 【详解】作出函数的与图象如图： 当时，，则， 当为的切线时，即，解得，即切点为， 代入得， 故当时，函数与恰有三个交点， 故恰有三个零点； 当为的切线时，即，解得， 即切点为，代入得， 令当过原点时，， 所以由图象可知：当时，满足函数与恰有三个交点， 故恰有三个零点； 综上的取值范围是． 故答案为： 三、解答题：本大题共5小题，共75.0分. 16. 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. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1） 证明：记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 18. 已知数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和为； （3）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列定义求解； （2）利用裂项相消法求解； （3）根据的符号，分段求解. 【小问1详解】 ① ② ①②得 ∴ ∴ 故数列是首项，公差为2的等差数列．∴． 【小问2详解】 令， 所以， 【小问3详解】 令，当时，；当时， 设数列的前项和为， 则， 当时，则， 当时，则 综上：． 19. 已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求； （3）若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 【答案】（1），； （2）； （3）2170. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再借助等差数列前项和公式求出公比，进而求出通项公式. （2）由（1）的结论，分奇偶求出的通项，并结合裂项相消法及错位相减求出对应前项和，再利用分组求和法求解. （3）根据给定条件，求出数列的前2025项中数列的项及1的个数，再分组求和即得. 【小问1详解】 在等差数列中，，而，解得， 公差，则； 设等比数列的公比为，，由，得， 即，解得，， 所以数列和的通项公式分别为，. 【小问2详解】 由（1）得，当为奇数时，， 则； 当为偶数时，，， ， 则， 两式相减得 ，因此， 所以. 【小问3详解】 依题意，数列： 项为前的总项数为， 数列是递增的，当时，， 当时，， 因此数列的前项中，有数列的前项，有个， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： ①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； ②对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； ③对于结构，利用分组求和法； ④对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 20. 已知函数（e是自然对数的底数）． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）当时， ①求证：函数存在唯一的极值点； ②在①的条件下，若且，求证： 【答案】（1） （2）① 证明：当时，函数，可得， 令，，则在上单调递减， 由，得，，则， 又由，， 由零点存在性定理可知，存在唯一使，即， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则在处取得极大值，即存在唯一的极值点， ②证明：由（i）可知，，即，① 由，且，得， 由，得，，② ②式除以①式，得， 先证， 令，，所以在上单调递减， 所以， 所以时，，则，则，， 要证明，等价于证明， 等价于证明 由，且，有， 法一：设， 可得， 所以在上单调递减，所以 所以，当时，有， 所以， 又由， 得，故成立．证毕 法二：设， 则， ， 得在上单调递减，则， 所以，当时，得， 则，故成立，得证． 【解析】 【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解； （2）（i）当时，求得，令，利用导数求得函数的单调性，结合，，得到存在唯一使，结合函数的单调性，即可求解； （ii）由（i）化简得到，利用导数，先证得，得到时，转化为证明，法一：设，利用导数得到函数在单调性，进而得到证明；法二：设， 利用导数求得函数在上单调性，进而得出证明. 【小问1详解】 解：当时，函数，可得 所以，且，所以切线方程为：. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期天津市培杰中学 高三年级第二次教学评价（数学） 一、单选题：本大题共9小题，共45.0分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，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 的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的第80百分位数为17； B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0； D. 若随机变量满足，则． 7. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ） A. 0 B. 18 C. 10 D. 9 8. 已知函数，，则下列描述正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 在上单调递增 C. 是的一条对称轴 D. 的最大值是 9. 如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的（中间衔接的细管长度忽略不计）．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共6小题，共30.0分. 10. 复数（i是虚数单位），则复数的虚部为_____. 11. 在的展开式中，的系数是________． 12. 已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为_________. 13. 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为X，则随机变量X的期望为______. 14. 在平行四边形中，，边的长分别为2与1，则在上的投影向量为______（用表示）；若点分别是边上的点，且满足，则的取值范围是______. 15. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______． 三、解答题：本大题共5小题，共75.0分. 16. 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． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 18. 已知数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和为； （3）求数列的前项和． 19. 已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求； （3）若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 20. 已知函数（e是自然对数的底数）． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）当时， ①求证：函数存在唯一的极值点； ②在①的条件下，若且，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $