精品解析：天津市河东区2026届高三上学期期末数学试题

高三数学练习一 一、选择题：本大题共9个小题，每小题5分，满分45分．在每小题给出的四个选中，只有一项是符合题目要求的，请将正确结论的代号填在下表内 1. 全集，集合满足，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集、并集的定义进行求解即可. 【详解】因为全集，集合满足， 所以， 全集，集合， 所以， 所以. 故选：C 2. 已知是的内角，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】依题意可得，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】在中，， 先证充分性：在中，取，此时，即“”推不出“”，充分性不成立； 再证必要性：在中，，即“”推出“”，必要性成立； 综上，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，先研究的单调性与函数值的情况，再结合复合函数单调性求得的单调性与函数值的情况，进而结合选项即可得答案. 【详解】令，则, 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增 所以， 又因为，所以的定义域为 所以，根据复合函数的单调性，在上单调递增，在上单调递减，且 根据以上性质，只有C选项满足. 故选：C 4. 下列命题错误的是（ ） A. 设，若，，则 B. 独立性检验是对两个变量是否具有线性相关关系的一种检验 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1 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中的黄球个数，则服从超几何分布，且 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项分布的期望和方差公式、独立性检验的定义，结合相关系数的性质和超几何分布的定义和期望公式逐一判断即可. 【详解】A：因为， 所以由， 所以本选项说法正确； B：因为独立性检验是利用卡方的取值推断两个分类变量是否独立的方法，所以本选项说法不正确； C：因为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，所以本选项说法正确； D：一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中随机摸出1个球是黄球的概率为. 因为从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中的黄球个数， 所以服从超几何分布，且，所以本选项说法正确. 故选：B 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数的运算性质和单调性进行运算判断即可. 【详解】， 因为函数是正实数集上的增函数，且 所以，即. 因为函数是正实数集上的增函数，且， 所以，即，所以. 故选：A 6. 已知函数，为函数的零点，为函数图象的对称轴，且二者之间没有零点和对称轴，则函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数的零点和对称性可以求出该函数的最小正周期，再结合正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【详解】因为为函数的零点，为函数图象的对称轴，且二者之间没有零点和对称轴， 所以该函数的最小正周期为， 因为，所以，即， 由， 因为，所以令，，即， 当时，， 所以当时，函数有最小值， 即当时，函数有最小值. 故选：B. 7. 包含甲在内的4名在校大学生计划参加2025年上海合作组织天津峰会的志愿者服务，有五大道、海河游船码头、意大利风情街三个地区可以选择，每个学生必须且只能选择一个地区，每个地区至少招募这4名志愿者中的一名，若甲只去五大道服务，则不同的招募方式共有（ ） A. 6 B. 27 C. 18 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据五大道是否只有甲一人分类讨论，再结合计数原理即可求解． 【详解】设4名在校大学生分别为甲、乙、丙、丁，甲固定选择五大道，对剩下3名学生进行讨论， 若剩下3人全排列分配到3个地区，即五大道除甲外，还有一人，则有种情况， 若剩下3人中有2人在一个地区，1人在另一个地区，即五大道只有甲一人， 则先把3人分成两组：2人和1人，有种情况， 这两组要分配到海河游船码头和意大利风情街，有种情况， 所以第二种分法有种情况， 综上所述，不同的招募方式共有种． 故选：D． 8. 已知双曲线：的右顶点为，抛物线：的焦点，若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的性质，结合圆的定义和方程，双曲线渐近线与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】由双曲线和抛物线的方程可得， 因为，所以点在以线段为直径的圆上， 显然该圆的圆心坐标为，半径为， 根据双曲线和圆的对称性， 不妨设点在双曲线的渐近线上，， 点在渐近线和圆上， 所以有到直线的距离不大于， 即， 即，而，所以. 故选：D 9. 已知正实数，，满足，则最小值为（ ） A. B. 16 C. 12 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知等式，二次运用基本不等式进行求解即可. 【详解】因为正实数，，满足， 所以 ， 因为，是正实数， 所以，当且仅当时取等号， 即当时，， 又因为是正实数， 所以， 所以，当时取等号， 又因为， 当且仅当时取等号， 即，当时取等号， 所以， 因此当，时，的最小值为. 故选：B 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，满分30分．请将答案填在题中横线上． 10. 已知复数是纯虚数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用复数的四则运算化简，再利用复数的分类求解即可. 【详解】因为为纯虚数， 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】先求展开式的通项，再根据得，最后计算对应系数即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项为：，其中 令得， 所以的展开式中的系数 故答案为： 12. 已知圆经过原点，圆被轴、轴截得弦的长度分别为6、4，且圆与直线：相切，则圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆心坐标分类讨论，结合圆心到直线的距离等于半径来确定圆心位置，即可求出标准方程. 【详解】 由圆经过原点，圆被轴、轴截得弦的长度分别为6、4， 可知圆心坐标为四种可能， 当圆心坐标为时，可得圆心到直线的距离等于半径， 即， 又由圆经过原点，可得，与上面半径相矛盾，故圆心坐标不可能是； 当圆心坐标为时，可得圆心到直线的距离等于半径， 即， 又由圆经过原点，可得，此时满足，故圆心坐标是， 即圆的标准方程为： 当圆心坐标为时，可得圆心到直线的距离等于半径， 即， 又由圆经过原点，可得，与上面半径相矛盾，故圆心坐标不可能是； 当圆心坐标为时，可得圆心到直线的距离等于半径， 即， 又由圆经过原点，可得，与上面半径相矛盾，故圆心坐标不可能是； 综上可得圆的标准方程为：. 故答案为： 13. 已知一个质子在随机外力作用下，从原点出发在数轴上运动，每隔一秒等可能地向数轴正方向或向负方向移动1个单位．若移动4次，质子恰好向正方向移动4个单位的概率为______；质子位于原点的概率为______． 【答案】 ①. ##0.0625 ②. ## 【解析】 【分析】根据二项分布的定义和性质进行求解即可. 【详解】质子向数轴正方向或向负方向移动的概率均为， 所以移动4次，质子恰好向正方向移动4个单位的概率为； 若移动4次，质子位于原点，则向数轴正方向或向负方向各有次， 所以质子位于原点的概率为. 故答案为：； 14. 在中，，，，，则______，延长交于点，点在边上，则的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】(1)以，为基底表示，，根据数量积的运算律化简，由此可求BC，(2)建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式表示，再求其最小值. 【详解】解：由，可得 由，可得， ， 则.∴. 如图建立平面直角坐标系，可得，，， 设，. ∵，∴，，∴为中点， ∴， ∴， ， ∵，∴时，最小，最小值为. 答案为：，. 【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 15. 已知，不等式，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】对已知不等式变形，通过构造函数，利用数形结合思想进行运算求解即可. 【详解】因为， 所以由不等式， 设， 原问题转化为，恒成立， 在同一直角坐标系内，画出两个函数的图象，如下图所示： 因为问题是研究的情况，所以当的情况不用研究. 当时，， ，或， 当时，舍去，所以， 要想，恒成立，只需，而， 所以， 当时，舍去，所以， 此时要想，恒成立，只需，而， 所以， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为： 三、解答题：本大题共5小题，满分75分．解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）若三角形的面积为14，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合同角的三角函数关系中的平方和关系进行求解即可； （2）运用两角差的余弦公式、余弦和正弦的二倍角公式进行求解即可； （3）运用三角形面积公式，结合余弦定理、正弦定理进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 由正弦定理，得 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以， ， 于是. 【小问3详解】 因为，三角形的面积为14， 所以有， 由（1）可知， 由余弦定理可知， 由正弦定理可知 . 17. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，底面，，、分别为、的中点． （1）证明平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面向量法向量的性质进行运算证明即可； （2）利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量点到平面距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 在平面内，过作交于， 因为， 所以， 又因为，所以， 因为底面， 底面， 所以， 以为原点，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 已知，、分别为、的中点， 则， 所以有， 设平面的一个法向量为， ，取， 因为， 所以，而平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得， 设平面的一个法向量为， ，取， 设与平面所成角为， 所以 【小问3详解】 由（2）可知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的方程为，点在椭圆上，椭圆的右顶点为，椭圆的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）在轴负半轴上找一点，使得，求出点的坐标： （3）椭圆上点（不同于点），使线段的中垂线与轴的交点也在线段的中垂线上，求出点的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用代入法，结合椭圆的离心率公式、的关系进行求解即可； （2）根据直线斜率公式，结合直线斜率与倾斜角的关系、正切二倍角公式进行求解即可； （3）根据线段中垂线的性质，结合直线两点式方程、中点坐标公式、代入法进行求解即可. 【小问1详解】 椭圆的方程为，点在椭圆上，椭圆的离心率为， 所以有，所以椭圆的方程是； 【小问2详解】 椭圆的右顶点的坐标为，设点的坐标， 因为， 所以， 因为， 所以， 即， 所以点的坐标； 【小问3详解】 由点，的坐标可得线段的中点坐标为， 由上可知，所以线段所在直线斜率为， 因此线段中垂线的方程为， 设，则， 线段的中点坐标为， 当时，，点与点重合，不合题意； 当时，，此时线段的中垂线是纵轴，显然纵轴上的所有点不可能都在直线上，不符合题意； 显然，， 于是有，所以线段所在直线的斜率为， 因此线段中垂线的方程为， 令，得， 因为线段的中垂线与轴的交点也在线段的中垂线上， 所以， 所以有，或舍去， 所以点的坐标为. 19. 已知公比大于1的等比数列满足，． （1）求的通项公式： （2）记为在区间中的项的个数，求数列的前10项和，以及数列的前项和． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式，通过解方程组进行求解即可； （2）根据题意运用列举法，最后根据错位相减法进行求解即可. 【小问1详解】 由于数列是公比大于1的等比数列， 设首项为，公比为， 依题意有， 解得：或（舍）. 所以. 【小问2详解】 由于，所以 对应的区间为，则； 对应的区间分别为，则，即有2个1； 对应的区间分别为，则，即有个2； 对应的区间分别为，则，即有个3； ； 由题意，，即， 当时，， 当时，， 当时，， 以此类推，当时，，共有个，， 所以数列的前项和， ， 两式相减，得 . 20. 已知函数（）． （1）求函数的单调区间和极值； （2）证明； （3）当时，函数，若，恒成立，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析； （3） 【解析】 分析】（1）求导得，再分和两种情况讨论求解即可； （2）将所证不等式等价变形为，再构造函数，并结合（1）的单调性，最终比较的大小即可证明； （3）根据题意，将问题转化为与有共同的零点，进而将问题转化为求的最小值问题，再结合导数求解即可. 【小问1详解】 解：函数的定义域为，， 当时，在上恒成立，在上单调递减，无极值； 当时，由得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，当时，函数有极小值，无极大值. 综上，当时, 在上单调递减，无极值； 当时，在上单调递减，在上单调递增，有极小值，无极大值. 【小问2详解】 解：， 对两边取为底的对数得 故要证，只需证， 令，由（1）知在上单调递减，在上单调递增 因为， 所以，即， 所以，即成立， 所以成立. 【小问3详解】 解：由（1）知在上单调递减，在上单调递增，有极小值，也是最小值 当时，， 又时，，时，， 所以当时，在必有两个实数根，记为，且当时，，时，， 因函数，若，恒成立， 所以当，函数， 当时，， 即也是方程的实数根， 所以，，， 因为是的两个实数根， 所以， 所以，即， 因为， 所以，即 所以， 如图，由得，则， 所以，即 令，则，，且， 易证当增大时，与相互靠近，减小；当减小时，减小，增大，增大， 所以当时，取得最小值，此时方程两个正根为， 所以，当， 所以，即 令，则， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，有最小值， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学练习一 一、选择题：本大题共9个小题，每小题5分，满分45分．在每小题给出的四个选中，只有一项是符合题目要求的，请将正确结论的代号填在下表内 1. 全集，集合满足，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是的内角，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. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题错误的是（ ） A. 设，若，，则 B. 独立性检验是对两个变量是否具有线性相关关系的一种检验 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1 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中的黄球个数，则服从超几何分布，且 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，为函数的零点，为函数图象的对称轴，且二者之间没有零点和对称轴，则函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 7. 包含甲在内的4名在校大学生计划参加2025年上海合作组织天津峰会的志愿者服务，有五大道、海河游船码头、意大利风情街三个地区可以选择，每个学生必须且只能选择一个地区，每个地区至少招募这4名志愿者中的一名，若甲只去五大道服务，则不同的招募方式共有（ ） A. 6 B. 27 C. 18 D. 12 8. 已知双曲线：右顶点为，抛物线：的焦点，若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知正实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. 16 C. 12 D. 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，满分30分．请将答案填在题中横线上． 10. 已知复数是纯虚数，则__________. 11. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 12. 已知圆经过原点，圆被轴、轴截得弦的长度分别为6、4，且圆与直线：相切，则圆的标准方程为______． 13. 已知一个质子在随机外力作用下，从原点出发在数轴上运动，每隔一秒等可能地向数轴正方向或向负方向移动1个单位．若移动4次，质子恰好向正方向移动4个单位的概率为______；质子位于原点的概率为______． 14. 在中，，，，，则______，延长交于点，点在边上，则的最小值为______. 15. 已知，不等式，则实数的取值范围是______． 三、解答题：本大题共5小题，满分75分．解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，，. （1）求值； （2）求的值； （3）若三角形的面积为14，求． 17. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，底面，，、分别为、的中点． （1）证明平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的方程为，点在椭圆上，椭圆的右顶点为，椭圆的离心率为． （1）求椭圆方程； （2）在轴负半轴上找一点，使得，求出点坐标： （3）椭圆上点（不同于点），使线段的中垂线与轴的交点也在线段的中垂线上，求出点的坐标． 19. 已知公比大于1的等比数列满足，． （1）求的通项公式： （2）记为在区间中的项的个数，求数列的前10项和，以及数列的前项和． 20 已知函数（）． （1）求函数的单调区间和极值； （2）证明； （3）当时，函数，若，恒成立，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $