精品解析：天津市第四十七中学2025-2026学年高三上学期第二次阶段性检测数学试题

天津市第四十七中学2025-2026第一学期高三年级 第二次阶段性检测数学试卷 第I卷（共三部分；满分150分） 一、选择题：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. 1. 设全集，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集和补集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，集合，，则， 故. 故选：C. 2. “”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】首先根据命题求的取值范围，再根据充分，必要条件的定义，判断选项. 【详解】若，，则，得， ，但，所以是，的充分不必要条件. 故选：A 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数、指数幂比较大小即可． 【详解】是增函数， ， ， ， 综上，． 故选：C． 4. 已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由奇偶性可排除BC，由特殊点可排除D，即可求解 【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数， 对于B：由得： ， 为偶函数，故可排除B； 对于C：由得： ， 为偶函数，故可排除C； 由图知图象不经过点， 而对于D：，故可排除D； 故选：A. 5. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. ，，， B. ，， C. ，， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的性质及线面平行的判定定理即可判断． 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，，，，故B错误； 对于C：若一直线同时平行两平面，则与两平面的交线平行，故C正确； 对于D：满足，，则或，故D错误． 故选：C． 6. 下列说法错误的是（ ） A. 数据4，1，6，3，9，5，7的第70百分位数为6 B. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 C. 在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D. 若的平均数为2，方差为3，则的平均数和方差分别为5，13 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义可判断A；根据残差的定义可判断B；根据正态分布的对称性和分层抽样的特点可判断C；根据平均数和方差的性质可判断D. 【详解】将数据从小到大重新排列为1，3，4，5，6，7，9， 因为，所以第70百分位数为第5个数据6，故A正确； 当 时，，所以残差，故B正确； ，则，， 所以按分层抽样的方式取100份试卷进行分析， 则应从110分以上的试卷中抽取份，故C正确； 若的平均数为2，方差为3，则的平均数为，方差为，故D错误. 故选：D 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为、，体积为，则该四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，根据正四棱台及其外接球的性质，可知球心位于正四棱台上、下底面对角线中点的连线上，垂直于上下底面，结合已知条件求出上下底面的面积及，根据已知条件结合体积公式得出正四棱台的高，因为，设，根据勾股定理构造关于的方程，求出从而计算出值，根据求出外接球的表面积. 【详解】 如图所示，正四棱台的外接球半径，设， 根据正四棱台及其外接球的性质可知，球心位于正四棱台上、下底面对角线中点的连线上， 垂直于上下底面，且上下底面均为正方形，则 ，， ，， 设正四棱台的高为，则. 所以. 因为，设，则， 根据勾股定理. 所以外接球表面积. 故选：C. 8. 已知，都是定义在上的函数，，，且（且），，若数列的前项和大于1000，则的最小值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求导法则及已知条件可知，由可求得，可判断数列以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】 又 ， 即 又，得， 解得，,由得，所以， 则，则数列以为首项，为公比的等比数列， 所以，，则的最小值为. 故选：D. 9. 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，则双曲线的渐近线斜率绝对值为（ ） A. 0.5 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】联立渐近线与抛物线方程，求出点的坐标，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半列出等式，化简即可求出结果. 【详解】双曲线的两条渐近线方程为. 因为抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点， 联立渐近线与抛物线方程得，化简得， 解得或，所以得到. 抛物线的准线为，所以. 因为为直角三角形，关于轴对称，所以. 所以，化简得， 故，即， 解得，所以双曲线的渐近线斜率绝对值为. 故选：D. 第II卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知是虚数单位，化简的结果为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用复数除法运算法则可得答案. 【详解】. 故答案为： 11. 在的二项展开式中，的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出展开式中含项即可. 【详解】的展开式通项为； 令 ，解得 ， 所以的系数为. 故答案为：. 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与相交于两点，且，则圆的标准方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得抛物线的焦点，得到圆心为，设圆的半径为，圆心到的距离为，结合圆的弦长公式，求得的值，即可求解. 【详解】由抛物线，可得其焦点为， 因为圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，可得圆心为， 设圆的半径为， 圆心到的距离为， 又因为，可得， 所以圆的标准方程为. 故答案为：. 13. 甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为.第3次投壶的人是乙的概率为________，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分析出第3次投壶的人是乙的四种情况，逐一求得概率，综合即可得答案；根据条件概率的公式，分别求出各个概率，即可得答案. 【详解】第3次投壶的人是乙的有四种情况： ①第1次投壶的人是甲，第2次投壶的人是甲，第3次投壶的人是乙， 概率； ②第1次投壶的人是甲，第2次投壶的人是乙，第3次投壶的人是乙， 概率； ③第1次投壶的人是乙，第2次投壶的人是甲，第3次投壶的人是乙， 概率； ④第1次投壶的人是乙，第2次投壶的人是乙，第3次投壶的人是乙， 概率； 综上，第3次投壶的人是乙的概率； 设第2次投壶的人是甲为事件A，第1次投壶的人是乙为事件B， 则，， 则， 所以在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为. 故答案为： ； 14. 在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若用、表示，则________；若，，则的最小值是________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，即可求得答案；根据线性运算法则，结合三点共线的性质，可得，结合基本不等式，即可得答案. 【详解】因为为的中点，所以， 因为，所以； 因为，， 所以，所以， 因为F、E、G三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：； 15. 以函数的图象与函数图象的所有交点的横坐标之和的绝对值为半径的圆的面积是________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式可得两函数图象均关于点对称，进而探讨函数的单调性，然后画出图象的大致形状，即可求得两图象所有交点的横坐标之和，进而得到圆的面积. 【详解】易得函数的图象关于点对称， 设函数. 因为 . 所以，所以函数的图象关于点对称， ， 在区间上 ，此时函数单调递增， 在区间和 上 ，此时函数单调递减， 当时有极小值 ； 而， 当时有极大值 ； 而， 画函数图像如图所示： 所有交点的横坐标之和的绝对值为 圆的面积是. 故答案为：. 三、解答题（共75分，需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤，只有结果的不给分） 16. 在中， 内角，，所对的边分别是，，， 已知. （1）求的值； （2）求； （3）若，的周长为， 求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理计算即可得； （2）借助同角三角函数基本关系及三角恒等变换公式计算即可得； （3）借助余弦定理及面积公式计算即可得. 【小问1详解】 ， 则，故； 【小问2详解】 由，则，则， ； 【小问3详解】 由余弦定理可得， 又，则， 即，则. 17. 如图，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接用向量法证明线面的平行可得； （2）先用向量法计算面面角的余弦值，再由同角三角函数关系算正弦可得； （3）先将几何体的体积转化为的体积，进而再用向量的方法计算高及体积. 【小问1详解】 因为平面，且平面， 所以，又， 则以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系（如图）， 则. 因为，又平面， 所以平面，故是平面的一个法向量， 又，所以，又因为平面 所以平面. 【小问2详解】 设为平面的一个法向量， 则，所以，令，可得. 又因为是平面的一个法向量， 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】 因为，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 因为，又平面， 则平面，又平面，所以， 又，则， 在中：， 所以，所以，所以， 所以四面体体积. 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.设为椭圆上一点，当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点，.在轴上是否存在点使得为锐角?若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义、勾股定理得到方程有，然后根据离心率求出的值，进而得到椭圆的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，列出的表达式， 【小问1详解】 因为椭圆：的离心率为，所以，即. 由于为椭圆上一点，当轴时，. 所以根据椭圆的定义得，所以. 根据勾股定理得，所以有. 化简得，又，代入方程中得， 解得，，所以，所以椭圆方程为. 【小问2详解】 存在. 由于过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点，， 所以设直线的方程为，即. 联立该直线与椭圆方程得，化简得. 设，根据韦达定理得. 依题意设，则. 所以. 化简得. 若存在使得为锐角，则， 所以有，解得或. 【点睛】 19. 已知数列，其前项的和为．设数列，其中． （1）求； （2）设，求的值； （3）设，求使得成立的最大正整数的值．（其中符号表示不超过的最大整数） 【答案】（1）， （2） （3）64 【解析】 【分析】（1）根据题设定义分析求解即可； （2）先求得，结合题设分析可得数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，可得，结合裂项相消法求解即可； （3）先由题设可得，利用作差法及二项式定理可证得当时，，进而得到，进而求得，再解不等式即可. 【小问1详解】 ，， ，即， ， ，即， ， 同理，， 则， 而，所以. 【小问2详解】 由，则， 当时，， 可知数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列， ， ， . 【小问3详解】 ， 下证当时，： ①显然恒成立 ②， ， ，故， ， ，即， 又，， 因此满足不等式的最大正整数. 20. 设函数. （1）求的单调区间； （2）比较与的大小； （3）当时，证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3） 令. 则. 令，则. 因为在上单调递减，且，所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为 当时，，所以在上存在一个零点，记为. 又，所以当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 当时，，且.所以恒成立. 所以恒成立，即. 由（2）知，所以. 所以. 因为当时，， 所以当时，得证. 【解析】 【分析】（1）直接利用导数研究函数的单调性，可求得的单调区间； （2）构造函数，利用导数分析函数的单调性和最值，求得的最大值为，从而得. （3）利用（2）的结论，将"证明："转化为"证明：，构造函数，利用导数分析的单调性和最值，可证明恒成立，进而证得当时，. 【小问1详解】 ，易知其定义域为. . 因为与在上均单调递增，所以在上单调递增. 又，所以当时，；当时，. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 令， 则. 令 令. 令. 因为单调递减，且， 所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在是单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值，最大值为. 所以在上恒成立，所以在上单调递减. 又因为，所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在是单调递减. 所以当时，取得极大值，即最大值，最大值为. 所以恒成立，即恒成立，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第四十七中学2025-2026第一学期高三年级 第二次阶段性检测数学试卷 第I卷（共三部分；满分150分） 一、选择题：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. 1. 设全集，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. “”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. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. ，，， B. ，， C. ，， D. ， 6. 下列说法错误的是（ ） A. 数据4，1，6，3，9，5，7的第70百分位数为6 B. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 C. 在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D. 若的平均数为2，方差为3，则的平均数和方差分别为5，13 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为、，体积为，则该四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，都是定义在上的函数，，，且（且），，若数列的前项和大于1000，则的最小值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 9. 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，则双曲线的渐近线斜率绝对值为（ ） A. 0.5 B. C. D. 2 第II卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知是虚数单位，化简的结果为________ 11. 在的二项展开式中，的系数为________. 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与相交于两点，且，则圆的标准方程为________. 13. 甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为.第3次投壶的人是乙的概率为________，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为________. 14. 在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若用、表示，则________；若，，则的最小值是________. 15. 以函数的图象与函数图象的所有交点的横坐标之和的绝对值为半径的圆的面积是________. 三、解答题（共75分，需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤，只有结果的不给分） 16. 在中， 内角，，所对的边分别是，，， 已知. （1）求的值； （2）求； （3）若，的周长为， 求的面积． 17. 如图，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求四面体的体积. 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.设为椭圆上一点，当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点，.在轴上是否存在点使得为锐角?若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由. 19. 已知数列，其前项的和为．设数列，其中． （1）求； （2）设，求的值； （3）设，求使得成立的最大正整数的值．（其中符号表示不超过的最大整数） 20. 设函数. （1）求的单调区间； （2）比较与的大小； （3）当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $