精品解析：天津市八所重点学校2026届高三毕业班联考数学试题

2026年天津市八所重点学校高三毕业班联考数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．考试结束后，上交答题卡． 第I卷（选择题，共45分） 一、选择题：本题共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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，“A=B”是“sin2A=sin2B”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系变量，其经验回归方程为．若一个样本点为，则实数的值是2 B. 进行经验回归方程分析时，可以用决定系数来比较模型的拟合效果，越小，表示残差平方和越大，说明模型的拟合效果越好 C. 若随机变量，则 D 若随机变量，则 6. 已知函数的零点为，设，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线相交于两点，在直线的左边，与双曲线的一条渐近线交于点，，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（ ） A. B. C. 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．请将正确的答案填写到答题纸上．题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分． 10. 为虚数单位，___________． 11. 在展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 12. 已知圆，抛物线上一点满足，直线与圆相交于两点，则___________． 13. 一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为___________；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为___________． 14. 在中，，点，满足，，与交于 点．记，用和表示___________；若为的中点，，，则___________． 15. 已知函数，不等式对任意恒成立，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，角所对的边分别为．已知． （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 17. 如图，空间几何体中，平面平面，四边形为矩形，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点． （i）求直线的斜率之积； （ii）求的正切值的取值范围． 19. 已知是等差数列，其前项和为是公比不为1的等比数列，． （1）求和的通项公式； （2）若从数列的前项中任取项按从小到大排列，得到数列，再将余下的项按从大到小排列，得到数列．设数列的前项和为，求和； （3）设集合，将所有元素从小到大排列构成数列，记为数列的前项和，求证：． 20. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）若，函数有三个极值点为，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年天津市八所重点学校高三毕业班联考数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．考试结束后，上交答题卡． 第I卷（选择题，共45分） 一、选择题：本题共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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用并集和补集的运算可求答案. 【详解】因为，所以， 因为，所以. 故选：A 2. 在中，“A=B”是“sin2A=sin2B”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义判断． 【详解】时，，充分性满足， 当时，，不必要． 所以应为充分不必要条件． 故选：B． 3. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象的特征，结合选项逐一验证即可. 【详解】由图可知，函数定义域为，是奇函数，且没有零点； 对于A，的定义域为，不合题意，A不正确； 对于B，，，有零点，不合题意，B不正确； 对于C，，，是偶函数，不合题意，C不正确； 对于D，定义域为，，是奇函数，符合题意. 故选：D 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线和平面的位置关系，举反例可判断ABD，利用线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理可判断C. 【详解】对A，记，如图，当时，，错误； 对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误； 对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以， 又，所以，又，所以，正确； 对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误. 故选：C 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为．若一个样本点为，则实数的值是2 B. 进行经验回归方程分析时，可以用决定系数来比较模型的拟合效果，越小，表示残差平方和越大，说明模型的拟合效果越好 C. 若随机变量，则 D. 若随机变量，则 【答案】D 【解析】 【分析】由回归方程不一定过样本点可判断A；根据决定系数的意义可判断B；根据二项分布的期望和方差公式列方程计算可判断C；利用正态分布的对称性求解可判断D. 【详解】对A，回归方程不一定过样本点，所以无法求出的值，错误； 对B，决定系数越小，残差平方和越大，拟合效果越差，错误； 对C，若，则，解得，错误； 对D，若，则， 又，所以， 所以，由对称性可得，正确. 故选：D 6. 已知函数的零点为，设，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据零点定义将零点转化成函数，交点，数形结合得，根据指数函数和对数函数的单调性判断出，值，之后比较大小即可得出答案. 【详解】解：由已知得，数形结合得， 则，， 所以． 故选：B． 【点睛】根据函数零点的情况求参数有三种常用方法： （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （2）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解. 7. 已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合五点法作图求出函数的解析式，再求出指定区间上的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线相交于两点，在直线的左边，与双曲线的一条渐近线交于点，，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中点得出平行关系，结合渐近线斜率得到，结合定义和余弦定理可求答案. 【详解】如图，因为，所以为的中点， 因为为的中点，所以. 设焦距为，直线与轴交点为， 因为，所以; 所以，又，所以. 又，所以， 由双曲线的定义可得； 在中，由余弦定理可得， 解得或（舍），所以，， 双曲线的方程为. 故选：D 9. 如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，根据列方程可求得外接球半径，然后可得.证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求，然后可得比值. 【详解】 记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，连接， 则平面，平面，平面，平面， 所以 因为平面，所以，所以四边形为矩形， 设，则， ， 因为，所以，解得， 所以外接球的半径，所以. 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 所以. 故选：C. 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．请将正确的答案填写到答题纸上．题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分． 10. 为虚数单位，___________． 【答案】1 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简，再求模即可. 【详解】， ， 故答案：1. 11. 在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为，（其中）， 令，解得， 所以，所以展开式中的系数为. 故答案为： 12. 已知圆，抛物线上一点满足，直线与圆相交于两点，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据焦半径公式求出的坐标，求出直线的方程结合垂径定理可求. 【详解】由题设可得，故为抛物线的焦点，故， 故，故，由抛物线和圆的对称性不妨设， 故，故直线， 故到直线的距离为，故， 故答案为：. 13. 一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为___________；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率可求第一空答案，利用条件概率的公式可求第二空的答案. 【详解】设事件=“摸出的球中没有二星球”，则事件包含两个互斥事件：第一次摸出了白色一星球，第一次摸出了黄色一星球同时第二次摸出了白色一星球， . 设事件“第1次摸出白球”， 事件“第2次摸出二星球”， ，， 所以. 故答案为： 14. 在中，，点，满足，，与交于 点．记，用和表示___________；若为的中点，，，则___________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】设，利用三点共线，求出，结合线性运算求解可得空一；以为基底表示出相关向量，结合已知求得，代入目标式可得空二. 【详解】因为，所以为的中点，所以， 又，所以，所以， 设，则，即， 因为三点共线，所以，得，所以， 整理得， 所以. 因为，，， 所以， ， 因为，所以， 整理得①， 因为，， 所以，整理得②， 联立①②解得 因为， ， 所以 . 故答案为：；. 15. 已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用零点分段讨论，去绝对值，结合二次函数知识化简可求答案. 【详解】， 不等式可化为①； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 所以，即； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 令，则其图象开口向上，对称轴为， 若，即时，最小值为， 由可得，解得，即； 若 且，即 时，由于的最小值为 ， 则 在 上恒成立， 若时，，则 在 上恒成立； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 只需，解得； 综上可得实数的取值范围为. 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，角所对的边分别为．已知． （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可求答案； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理可求答案； （3）先利用倍角公式求出，再利用和角公式可求答案. 【小问1详解】 因为, 根据正弦定理得， 整理得, 根据余弦定理, 可得， 又因为,（是的内角）, 所以. 【小问2详解】 由正弦定理，得， 由（1）知，结合， 由余弦定理得，. 【小问3详解】 由已知得， ， . 17. 如图，空间几何体中，平面平面，四边形为矩形，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立坐标系，利用向量垂直得出直线垂直，结合线面垂直的判定可证，或求解平面法向量，利用可证结论； （2）求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案； （3）利用点线距的向量求解公式可得答案，或作出距离，利用三角形相似可求答案. 【小问1详解】 证明：四边形为矩形， ， 又平面平面，平面平面， 平面平面. 以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系． 则， 法一：， ， ， 又平面平面， 平面. 法二：设是平面的一个法向量， 令则， 是平面的一个法向量． ，平面. 【小问2详解】 设是平面的一个法向量， 令，则 是平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为， ， ， 平面与平面夹角正弦值为. 【小问3详解】 法一：， ，，， ， 点到直线的距离. 法二：， ，，， 点到直线的距离. 法三：过点作直线的垂线，交的延长线于点， 平面平面 平面． 四边形为矩形， 平面， 平面， ， ， 为的中点， ， 点到直线的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点． （i）求直线的斜率之积； （ii）求的正切值的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据离心率和所过点列方程组可求答案； （2）（i）方法一设直线的方程为，方法二设直线的方程为，然后同椭圆方程联立，写出韦达定理，表示出直线的斜率可得答案； （ii）方法一根据直线横截距方程得到利用正切的和角公式，结合韦达定理，表示出目标式，求解最值可得范围.方法二和方法三都是根据直线纵截距方程得到利用正切的和角公式，结合韦达定理，表示出目标式，求解最值可得范围. 【小问1详解】 由题意可得 解得， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）方法一：由题意可知直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 由，联立得， ， 得， 则， 直线的方程为，得， 则. 方法二：设直线的方程为， 联立方程，得， ， 得， ， 直线的方程为，得， 则. （ii）方法一：由（i）方法一可知，， 得，，， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为， 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是. 方法二：由（i）方法二可知，， 得， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是. 方法三：由（i）方法二可知，， 得， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为， 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是. 19. 已知是等差数列，其前项和为是公比不为1的等比数列，． （1）求和的通项公式； （2）若从数列的前项中任取项按从小到大排列，得到数列，再将余下的项按从大到小排列，得到数列．设数列的前项和为，求和； （3）设集合，将的所有元素从小到大排列构成数列，记为数列的前项和，求证：． 【答案】（1）， （2）166； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式，以及等比数列通项公式进行计算； （2）直接代入求出，法一：在数列的前项中，奇偶项各一半，且奇数项为负，偶数项为正，根据 表示出，根据错位相减法求和；法二：利用分组求和法，设，求出，，求出，最后由求解； （3）分析数列的构成，找出间的关系，通过放缩法证明不等式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， ， ． ， . 【小问2详解】 法一：在数列的前项中，奇偶项各一半，且奇数项为负，偶数项为正， 设数列中任取个奇数项，n-k个偶数项，则数列中必有个偶数项，n-k个奇数项， 又知数列由小到大排列，数列由大到小排列，则必有 （注：见或） 法二： 设 设 小问3详解】 ，所以项中有项来自集合A，有项来自集合 20. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）若，函数有三个极值点为，且，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求的导数，再根据导数的几何意义求出切线斜率，最后利用点斜式方程求出切线方程. （2）法一：通过构造函数，求导，研究函数的单调性，进而求出实数m的取值范围； 法二：先判断的范围，再通过证明符合题意； 法三：先判断的范围，通过对放缩，求导证明. （3）先求出的导数，根据导数的性质分析函数的极值点，再通过构造函数证明不等式. 【小问1详解】 ，切点为（1，2）， ， 则曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 法一：原不等式可化为在恒成立，设， ①当时，由，得因此满足题意； ②当时，，设， 则由，得， 因此，则在单调递增， 若，则， 则在上单调递增，，满足题意． 若，则，因此在存在唯一零点，使， 所以当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以，不合题意， 综上，的取值范围是. 法二：， 所以要使当，必须满足，即， 下面证明时满足题意： ①当时，由，得，因此，满足题意； ②若，则，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，满足题意； ③当时，设， 则， 所以在单调递增，且，因此在存在唯一零点，使， 当时，在上单调递减，所以，不合题意，舍去（此步骤不写不扣分）. 法三：， 所以要使当，必须满足，即, 下面证明时满足题意： , 所以当时，, 令, 则， , 在上单调递增, , 所以在上单调递增，满足题意. 【小问3详解】 ，由， 令， ，所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增，且， 当时，在（0，1）和上各有一个实数根， 所以， 所以是方程的两个不相等的实数根，即， 得， ， ， 同理. 或 ， 所以. 因为，所以要证， 只需证, 即证，即证，即证， 只需证，即，即，由 ， 函数，已证在（0，1）上递减， 所以要证，即证， 因为，所以，所以只需证， 即，两边取对数得，，整理得， 即, 令，则, 令，则， 所以在上递减， 所以， 所以，所以在上递减，所以，所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $