精品解析：天津市河北区2025-2026学年高三上学期期末数学试题

2025-2026学年度第一学期期末高三年级质量检测 数学 本试卷分第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8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么 圆柱的侧面积公式 圆锥的侧面积公式 其中r表示底面圆的半径，l表示母线的长 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. 设集合，则（ ） 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. 若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ） A. B. C. D. 5. 世界上海拔最高的天然“心形湖”位于四川省康定，被誉为藏在川西的“天空之心”.下图1是这个“心形湖”的轮廓，其形状如一颗爱心.图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. 埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（ ） A. B. C. D. 8. 集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，其操作过程如下：第一次操作：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，去掉的长度记作；第二次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，去掉的长度和记作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段…，第n次操作去掉的长度和记为.已知是等比数列，若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 9. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线与C的右支交于点P，点M满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.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.请将答案写在答题纸上. 10. 在复平面内，对应的点位于第________象限. 11. 二项式的展开式中，含的项的系数为________. 12. 圆截直线所得的弦长为_________． 13. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个放入奖品，即主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，主持人先随机打开不同于被选择的另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.用表示i号箱有奖品（），用表示主持人打开i号箱子（），现在已知抽奖人选择了1号箱，则________；________. 14. 已知O是内的一点，，，，，则________；若，则________. 15. 已知函数当时，方程的解是________；若关于x的方程恰有三个实数解，则实数a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，内角所对的边分别为，已知的面积为． (1) 求和的值； (2) 求的值． 17. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点. （1）求证：平面BDE； （2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值； （3）在棱PB上是否存在点F，使得平面DEF？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、. （1）求抛物线的标准方程； （2）若的面积为20，求直线的方程； （3）若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值. 19. 已知各项全不为零的数列的前k项和为，且，其中， （1）求，的值； （2）求数列的通项公式； （3）对任意给定的正整数n（），数列满足（），已知，求. 20. 已知函数（）. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，恒成立，求a的取值范围； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期期末高三年级质量检测 数学 本试卷分第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8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么 圆柱的侧面积公式 圆锥的侧面积公式 其中r表示底面圆的半径，l表示母线的长 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集的定义与运算求出，结合交集的概念与运算即可求解. 【详解】由题意知，，又， 所以. 故选：A 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】C 【解析】 【分析】先解二次不等式，再由充要条件定义即可得解. 【详解】由等价于， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】举反例结合对数函数性质即可判断A；由题设结合对数函数、幂函数和指数函数单调性即可逐项判断BCD. 【详解】因为， 所以函数、均为上的减函数，在上为增函数， 又， 所以，故B正确、CD错误. 若，则，此时，故A错误； 故选：B 4. 下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由各选项的残差数值范围进行比较分析即可得解. 【详解】选项A残差数值范围约为，选项C残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽，拟合精度低， 选项B残差数值范围约为，选项D残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽度均比选项AC窄， 但选项B残差分布的带状区域宽度大于选项D，所以选项D的拟合精度最高. 故选：D 5. 世界上海拔最高的天然“心形湖”位于四川省康定，被誉为藏在川西的“天空之心”.下图1是这个“心形湖”的轮廓，其形状如一颗爱心.图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式可求得，知A错误；由时，可知B错误；根据函数定义域可知C错误； 根据、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知D正确. 【详解】对于A，（当且仅当，即时取等号）， 在上的最大值为，与图象不符，A错误； 对于B，当时，，与图象不符，B错误； 对于C，由得：，不存在部分的图象，C错误. 对于D，，当时，； 又过点； 由得：，解得：，即函数定义域为； 又， 为定义在上的偶函数，图象关于轴对称； 当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：与图象相符，D正确； 故选：D. 6. 埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱锥的几何性质，以及题目所给条件，列出方程，求出结果即可. 【详解】如图所示，设四棱锥，底面中心为，棱中点为，连接， 设高为，底面棱长为，则，则， 由高度的2倍的平方等于它的侧面积，可得， 化简得，即， 可知关于一元二次方程的， 因为，解得. 故选：B. 7. 若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，将函数的图象向左平移个单位长度，得到，由，得，即平移后的函数的对称轴方程为，故选C． 8. 集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，其操作过程如下：第一次操作：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，去掉的长度记作；第二次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，去掉的长度和记作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段…，第n次操作去掉的长度和记为.已知是等比数列，若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出. 【详解】第一次操作去掉的区间长度为， 第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为， 第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为， ， 第次操作去掉个长度为的区间，长度和为， 于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为， 由题意可知，，即，解得，又为整数， 所以需要操作的次数n的最小值为4. 故选：B 9. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线与C的右支交于点P，点M满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，判断三角形形状以及点M所在的位置，进而根据双曲线的性质以及离心率的定义，列出齐次方程，求出离心率的值. 【详解】 当点M满足，且，可知，且点M为线段的中点， 则，因为，所以，可知， 因为直线斜率为，所以，解得， 在中，，化简得， 变形得，解得或（舍）. 故选：A. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.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.请将答案写在答题纸上. 10. 在复平面内，对应的点位于第________象限. 【答案】四 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算，求出复数的实部和虚部，再根据复数与复平面内点的对应关系，判断结果. 【详解】由题意得，复数在复平面内的对应点的坐标为，该点在第四象限. 故答案为：四. 11. 二项式的展开式中，含的项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式的展开式，求指定项的系数即可. 【详解】二项式的展开式第项为， 当时，，即含的项的系数为. 故答案为：. 12. 圆截直线所得的弦长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】把圆的方程化成圆的标准方程，求出圆心坐标和半径，再求出圆心到直线的距离，根据垂径定理，利用勾股定理可以求出弦长的一半，最后求出弦长． 【详解】圆心的坐标为（2，-2），半径，圆心到直线的距离，根据垂径定理，可以求出弦长． 13. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个放入奖品，即主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，主持人先随机打开不同于被选择的另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.用表示i号箱有奖品（），用表示主持人打开i号箱子（），现在已知抽奖人选择了1号箱，则________；________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】由题意结合条件概率定义即可分析求解，依次求出，再由全概率公式即可求解. 【详解】抽奖人选择了1号箱，则由题意在2号箱有奖品条件下主持人选择打开3号箱或4号箱，故可得； 同理可求得， 所以由全概率公式可得. 故答案为：；. 14. 已知O是内的一点，，，，，则________；若，则________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算方法，直接求出结果即可；再根据向量数量积的运算律，列出方程组，求出参数值，求出结果即可. 【详解】由题意可知； 因为，所以， 得，解得， 则. 故答案为：， 15. 已知函数当时，方程的解是________；若关于x的方程恰有三个实数解，则实数a的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，利用数形结合进行讨论分析求解即可． 【详解】当时，， 当时，由得， 若，方程等价于，解得， 若时，方程等价于，解得， 当时，由得，得， 解得或，此时无解， 综上方程的解集为； 当时，的最小值为， 在上的最大值为， 当时，函数的图象是开口向下的抛物线，抛物线的对称轴为，顶点为， 当时，最多有两个零点， 当时，最多有两个零点， 则要使恰有三个实根， 则当时，有两个零点，时有一个零点， 或当时，有一个零点，时有两个零点， ①若当时，有两个零点，则，得，即， 此时当时只能有一个零点，若对称轴满足，此时当时，必有一个零点， 则只需要当时，， 即，得，此时， 若对称轴满足，此时在上为减函数， 要使此时只有一个零点，则， 即，得，此时， ②若当时，有一个零点，此时，即时， 此时当时， 函数的对称轴为，，要使时有两个零点，则， 即，得（舍去）或，此时， 综上实数的取值范围是或， 故答案为：①，②． 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，内角所对的边分别为，已知的面积为． (1) 求和的值； (2) 求的值． 【答案】（1），（2） 【解析】 【分析】（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值. 【详解】（1）△ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得. （2）, 【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力. 17. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点. （1）求证：平面BDE； （2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值； （3）在棱PB上是否存在点F，使得平面DEF？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）在棱上存在点，使得平面，此时 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线所在的向量与平面的法向量相互垂直，并且直线不在平面内可得直线与平面平行. （2）分别求出两个平面的法向量，利用向量的有关运算计算出两个向量的夹角，进而得到平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值. （3）假设存在点F，则直线PB所在的向量与平面DEF的法向量平行，根据这个条件可得到一个方程，再根据有关知识判断方程的解的情况. 【小问1详解】 以为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则， 所以， 设平面BDE的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面BDE的一个法向量为， 所以，所以。 又平面，所以平面BDE； 【小问2详解】 因为侧棱底面ABCD，底面ABCD，所以， 又因为底面ABCD是正方形，所以， 又，平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量. 由（1）知是平面的一个法向量. 设平面BDE与平面DEC的夹角为， 所以， 所以平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为， 所以，所以， 假设棱上存在点，使平面， 设， 则，， 由， 所以，解得， 即在棱上存在点，使得平面，此时. 18. 在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、. （1）求抛物线的标准方程； （2）若的面积为20，求直线的方程； （3）若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值. 【答案】（1）； （2）或； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程； （2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，， 的面积，结合， 解得，从而求出直线的方程； （3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得， 由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离， 即：，解得，故抛物线的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）得焦点，又，则， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， 联立，消去，整理得： ，设， 由，得， 由韦达定理，，， 故的面积，代入得： ,得， 又，故： ，解得 满足，因此直线的方程为或； 【小问3详解】 由在抛物线上，代入得， 又，故，即， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， ，，由（2）知，， 直线的斜率为：， 故直线的方程为：， 令，得，即，又 故，，由，得 故，即， 同理，直线交轴于，得， 故 代入，，得 故，为定值. 19. 已知各项全不为零的数列的前k项和为，且，其中， （1）求，的值； （2）求数列的通项公式； （3）对任意给定的正整数n（），数列满足（），已知，求. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】(1) 将，代入计算即可； (2)由得出奇数项，偶数项分别是等差数列，结合得出； (3)由已知条件得，转化成计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以时， ，且， 所以， 又因为时，， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 又因为， 所以， 所以的奇数项是以为首项，为公差的等差数列， 故， 的偶数项是以为首项，为公差的等差数列， 故， 所以. 【小问3详解】 因为，所以， 所以 当时，， 所以也成立． 所以 . 20. 已知函数（）. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，恒成立，求a的取值范围； （3）求证：. 【答案】（1）； （2）满足题意的实数a的取值范围为； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由导数几何意义求出切点处的导数即切线斜率即可由点斜式得解； （2）将问题转化成当时，，利用导数工具结合分类讨论法研究函数的单调性求最值即可分析计算求解； （3）先由（2）得到时，恒成立，进而令得到，进而由累加法即可逐步分析计算求证. 【小问1详解】 由题（）， 当时，. 所以，切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 因为当时，恒成立，所以当时，， 由题（）， 解方程或， 所以当即时，若有， 所以函数在上单调递增，所以函数，满足题意； 当即时，若有，若有， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以. ， 则，所以在上单调递减， 所以，与矛盾，不符合. 综上，满足题意的实数a的取值范围为. 【小问3详解】 证明：由（2）可得当时，即恒成立， 令，则即，即， 所以， 所以：. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $