精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2026届高三上学期八校联考模拟考试数学试题

塘沽一中2026届高三毕业班八校联考模拟考 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 一、选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合的并集运算即可求解 【详解】因为， 所以， 故选：B 2. 已知为实数，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】结合幂函数和指数函数的性质，利用充分性、必要性的概念判断即可. 【详解】因为函数在上单调递增，所以由可得， 又因为函数在上单调递增，所以由可得， 当时一定有，当时不一定有， 因此“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出为奇函数，排除AB；由排除D，得到答案. 【详解】定义域为R， ，函数为奇函数， 图象关于原点对称，排除AB； 又，排除D. 故选：C. 5. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 B. 在线性回归方程中，变量每增加1个单位，平均减少个单位 C. 若随机变量，满足，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据第60百分位数为判断；对于B，根据系数为正判断B；根据线性关系判断C；根据正态分布的对称性判断D. 【详解】对于A，由于，所以第60百分位数为，故错误； 对于B，线性回归方程中，变量每增加1个单位，平均增加个单位，故错误； 对于C，，，故错误； 对于D，随机变量服从正态分布，且，故，所以，故正确. 故选：D 6. 已知函数，若，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理求出函数零点的取值范围，再由函数的单调性得出的正负即可得解. 【详解】因为，所以恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 因为，所以，恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 所以，，因此， 故选：D 7. 如图所示，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则下列说法正确的个数是（ ） ①点到直线的距离为； ②三棱锥的外接球的表面积为； ③平面平面； ④三棱锥的体积为． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量的数量积为0得，从而可判断①；根据长方体的外接球半径为体对角线的一半可求得三棱锥的外接球的半径，进而求得表面积，可判断②；求出平面的法向量，判断是否为平面的法向量即可判断③；等体积法可判断④. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则. 对于①，，所以，， 所以，所以点到直线的距离为，即，故①正确； 对于②，因为，所以，即， 所以是直角三角形，其外接圆的圆心为斜边的中点， 三棱锥的外接球的球心在过的中点，且垂直于平面的直线上， 又也为直角三角形，所以三棱锥的外接球的球心为的中点， 球的半径为，所以球的表面积为，故②错误； 对于③，, 设平面的法向量为， 则，即，取，得， 假设平面平面，则也是平面的法向量， 所以而，矛盾， 所以假设不成立，即平面与平面不平行，故③错误； 对于④，由等体积法可得三棱锥的体积， 由长方体的性质可知平面，即三棱锥的高为， 又， 所以，故④正确． 故选：B. 8. 已知函数，若在上恰有两个零点，且其图象关于点和直线对称，当时，的最大值与最小值的乘积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的最小正周期为T，结合在上恰有两个零点，可确定的范围，再根据函数的对称性，求出，即可确定，继而确定，根据，结合正弦函数的性质，即可求得答案. 【详解】设的最小正周期为T，在上恰有两个零点， 则，即； 又的图象关于点和直线对称， 则，且， 两式相减，可得，则 结合，可得，故，， 此时，解得 结合，可得时，；时，； ① 当时，，则，符合题意， 由时，可得， 则当，即时，， 当，即时，， 故的最大值与最小值的乘积为； ② 当时，，此时，符合题意， 由时，可得， 则当，即时，， 当时，即时，， 故的最大值与最小值的乘积为； 综上可知，的最大值与最小值的乘积为. 故选：A 9. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，且，又过作一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第二象限），且，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线定义以及角平分线性质可知，再由渐近线方程求出，在中，由正弦定理以及余弦定理可得，即可求得双曲线标准方程. 【详解】延长交于点，连接，如下图所示： 因为是的平分线，所以可得， 因此为的中点，且； 由双曲线定义可知, 又为的中点，所以，且， 由可得， 因为垂足在第二象限，所以渐近线为，即； 易知，所以点到渐近线的距离为； 所以；因此， 在中，由正弦定理可得，所以可得； 再由余弦定理可得，即，可得； 又，所以， 因此双曲线的方程为. 故选：C 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 已知是虚数单位，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算求解即可. 【详解】因为 所以 故答案为： 11. 二项式的展开式中常数项为-20，则含项的系数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先写出二项式的展开式的通项公式，由通项公式结合条件先求出参数，再根据通项公式可求出答案. 【详解】二项式的展开式的通项公式为 当时，为常数项. 则， 令，得，所以含项的系数. 故答案为：-6 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用题设条件求出圆的半径，根据抛物线的定义求得点的坐标，最后利用斜率公式计算即得. 【详解】 如图，由可知，，设准线与轴交于点， 因以为圆心的圆与准线交于两点，则, 又，则, 设点，则，解得， 当，则，故，于是. 故答案为：. 13. 某小学五年级有两个班，其中甲班科技课外兴趣小组有6人（4男2女），乙班科技课外兴趣小组有6人（3男3女），学校准备从五年级科技课外兴趣小组中随机挑选2个学生参加全市科技竞赛．已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率____________；若通过平时训练发现，如果两个参赛选手来自同一个班，默契程度会高一些，学校决定，先等可能地从两个班中随机选择一个班，再从该班中随机挑选两个同学参赛，则两个都是男生的概率____________． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】第一空给出具体事件，根据条件概率公式求解即可；第二空根据全概率公式求解. 【详解】从五年级科技课外兴趣小组的12人中随机挑选2个学生，记“其中一个是男生”为事件，“另一个也是男生”为事件， 由题意知12人中有7男5女， 则. 先等可能地从两个班中随机选择一个班，再从该班中随机挑选两名同学参赛，记“从甲班中选两个同学”为事件，“从乙班中选两个同学”为事件，“两个都是男生”为事件， 因为等可能地从两个班中随机选择一个班，所以， 又， 所以 . 故答案为：；. 14. 已知平行四边形，，点满足，记．用表示____________；若，则____________． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理以及定比分点，结合向量运算法则可得，用表示出，再由平面向量数量积运算律计算可得结果. 【详解】如下图所示： 根据题意可知 ； 易知 ； 又； 因为可知； 所以 ； 故答案为：；； 15. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论先去绝对值符号，根据二次函数的对称性，依次讨论对称轴与端点的大小关系，结合最值计算一元二次不等式即可. 【详解】令，即， 由题意可知在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得,解得或（舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或（，舍去）； 综上所述. 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. 如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形．，底面为等腰三角形，，是的中点，． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：由题意在中，，， 故， 则，则，即； 又底面为等腰三角形，，是的中点， 则，而平面， 平面平面，平面平面，故平面， 平面，故； 平面，所以平面， 平面，故； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直转化为线面垂直，证明平面，由线面垂直的性质可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，表示各点坐标，计算平面与平面的法向量，根据面面角向量公式求出结果. （3）结合（2）中的分析，利用线面角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意在中，，， 故， 则，则，即； 又底面为等腰三角形，，是的中点， 则，而平面， 平面平面，平面平面，故平面， 平面，故； 平面，所以平面， 平面，故； 【小问2详解】 由（1）知两两垂直， 以点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， ∴， 设平面法向量，则， 令，则，得， 设平面法向量，则， 令，则，可得， ∴， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由于. 设直线OB与平面所成角为， ， 即直线OB与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆过点，分别是椭圆的左、右顶点． （1）求椭圆的方程； （2）已知点是轴上异于的一点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，直线分别交直线于两点． （i）若直线垂直于轴，且，求点坐标； （ii）是否存在点，使得？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）（ii）存在，. 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，即可得出椭圆的方程； （2）（i）由椭圆的对称性可得出点坐标，写出直线方程，联立椭圆方程求出点的横坐标即可； （ii）设，可设直线，将该直线方程与椭圆的方程联立，求出直线、的方程，求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可化简得出的表达式，根据可求出的值，即可得出点的坐标. 【小问1详解】 由题可知，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）不妨设在轴上方，由椭圆的对称性可知，，如图， 因为，所以直线的方程为， 即， 联立，消元可得，解得或（舍去）， 即，所以. （ii）设、，， 由题可知直线的斜率不为，可设直线， 由得，    即， 则，得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，, 令可得，即点， 同理可得点，， 则，， 若，则 所以 ， 所以存在，即时，， 故当时，. 19. 已知等差数列，等比数列，，且的公比是公差的2倍． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，且当，． （i）求； （ii）求数列的前项的和． 【答案】（1） （2）；. 【解析】 【分析】（1）根据等差、等比数列通项公式直接构造方程组求解即可； （2）（i）根据已知得到，结合等比数列求和公式可化简得到；（ii）分别求出，当时，，结合等比数列求和公式整理，验证即可得到最终结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则等比数列的公比为， ，， ，，解得：， ，，，. 【小问2详解】 （i）由（1）得：，， ， （ii）记， 则， ； 当时，， 记， 易知， 所以 ， ， ； 经检验：，满足， 综上所述：. 20. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在点上的切线方程； （2）若，且在上恒成立，求实数的最大整数； （3）当时，关于的方程有两个不相等的正实根，且．设为大于1的常数，当变化时，若有最小值，求的值． 【答案】（1） （2）实数的最大整数为 （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可； （2）由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可求得实数的最大整数； （3）方程有两个不相等的正实根，可得，则，利用换元法，及指对互化得，，从而把的最小值化为的最小值，多次构造函数，求导，研究函数的单调性及最值，利用最值即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以函数在点上的切线方程为，即； 【小问2详解】 ，由，得， 所以，又， 所以， 令，求导得， 令，求导得， 因为，所以，所以在上单调递增， 又，， 所以存在，使得，即， 所以. 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以， 又因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 即，又，所以实数的最大整数为； 【小问3详解】 由，得，所以， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0， 画出函数的图像如下： 当时，关于的方程有两个不相等的正实根，且． 所以可得，则，所以， 设，则，所以，， 由题意有最小值，即有最小值， 设，，则， 记，则， 由于，，时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 又，且t趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大， 故存在唯一，使得， 当时，，即，所以在上单调递减， 当时，，即，所以在上单调递增， 所以时，有最小值， 而，则，即， 所以，由题意知， 令，设，则， 设，则， 设，则， 故在上单调递增，， 此时在上单调递增，有， 此时，故在上单调递增， 又，故的唯一解是， 故的唯一解是，即， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中2026届高三毕业班八校联考模拟考 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 一、选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为实数，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. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 B. 在线性回归方程中，变量每增加1个单位，平均减少个单位 C. 若随机变量，满足，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 6. 已知函数，若，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则下列说法正确的个数是（ ） ①点到直线的距离为； ②三棱锥的外接球的表面积为； ③平面平面； ④三棱锥的体积为． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数，若在上恰有两个零点，且其图象关于点和直线对称，当时，的最大值与最小值的乘积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，且，又过作一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第二象限），且，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 已知是虚数单位，则____________． 11. 二项式的展开式中常数项为-20，则含项的系数为______.（用数字作答） 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 13. 某小学五年级有两个班，其中甲班科技课外兴趣小组有6人（4男2女），乙班科技课外兴趣小组有6人（3男3女），学校准备从五年级科技课外兴趣小组中随机挑选2个学生参加全市科技竞赛．已知其中一个是男生的条件下，则另一个也是男生的概率____________；若通过平时训练发现，如果两个参赛选手来自同一个班，默契程度会高一些，学校决定，先等可能地从两个班中随机选择一个班，再从该班中随机挑选两个同学参赛，则两个都是男生的概率____________． 14. 已知平行四边形，，点满足，记．用表示____________；若，则____________． 15. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 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，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形．，底面为等腰三角形，，是的中点，． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆过点，分别是椭圆的左、右顶点． （1）求椭圆的方程； （2）已知点是轴上异于的一点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，直线分别交直线于两点． （i）若直线垂直于轴，且，求点坐标； （ii）是否存在点，使得？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知等差数列，等比数列，，且的公比是公差的2倍． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，且当，． （i）求； （ii）求数列的前项的和． 20. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在点上的切线方程； （2）若，且在上恒成立，求实数的最大整数； （3）当时，关于的方程有两个不相等的正实根，且．设为大于1的常数，当变化时，若有最小值，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $