精品解析：天津西青区2026届高三第一学期学业质量期末监测数学试题

西青区期末考试 2025~2026学年度第一学期学校学业质量期末监测 高三数学试卷 说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间：120分钟． 参考公式： 柱体的体积公式，中表示柱体的底面积，表示柱体的高. 锥体的体积公式，中表示锥体的底面积，表示锥体的高. 球的体积公式；球的表面积公式，中表示球的半径. 第Ⅰ卷（选择题，共45分） 一、选择题：本大题共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个选项是符合题目要求的．将正确答案填在下面的表格内． 1 已知全集，，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 设，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. 已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） 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. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（ ） A. B. ，为函数的对称轴 C. 向右移后的函数为偶函数 D. 函数的单调递减区间为， 7. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D. 若随机变量服从正态分布，且，则 8. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（ ） A. B. 2 C. D. 9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） 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.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，把答案填在题中横线上. 10. 已知为虚数单位，则___________. 11. 二项式展开式中项的系数是___________.（用数字作答） 12. 已知直线过抛物线焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 13. 如图，在中，，，为上一点，且满足，则实数的值为___________；若，则的最小值为____________. 14. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________. 15. 已知函数，若关于的方程有8个相异的实根，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，，，且，，. （1）求值； （2）求的值. 17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆离心率为，左顶点到右焦点的距离为3. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标. 19. 已知数列的前项和为，且，数列为递增的等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求； （3）设，，求使得对任意，均有成立的最大整数. 20. 已知函数的导函数为. （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西青区期末考试 2025~2026学年度第一学期学校学业质量期末监测 高三数学试卷 说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间：120分钟． 参考公式： 柱体的体积公式，中表示柱体的底面积，表示柱体的高. 锥体的体积公式，中表示锥体的底面积，表示锥体的高. 球的体积公式；球的表面积公式，中表示球的半径. 第Ⅰ卷（选择题，共45分） 一、选择题：本大题共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个选项是符合题目要求的．将正确答案填在下面的表格内． 1. 已知全集，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集、交集的定义，即可得答案. 【详解】由题意，所以. 故选：A 2. 设，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】A 【解析】 【分析】分别求出和的解，结合充分必要条件的定义，即可得出结论. 【详解】由，解得， 由，解得或， “”成立，则“或”成立， 而“或”成立，“不一定成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查充分不必要条件的判定，属于基础题. 3. 已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】逐一利用线面垂直、线面平行的定义与性质，排除存在反例的错误选项，再根据线面垂直的性质定理验证选项D. 【详解】选项A：若，，则，选项A错误，有可能在平面内； 选项B：若，，则，选项B错误，两条直线都平行于同一个平面时，它们的位置关系可以是平行、相交或异面； 选项C：若，，则，选项C错误，的位置不确定，它可以平行于、在内，或与斜交，不一定垂直于； 选项D：若，，则，选项D正确，根据线面垂直性质定理：如果一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线. 故选：D 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出是偶函数，结合可选出答案. 【详解】由已知可得函数的定义域为，， 所以是偶函数，函数图象关于轴对称，可排除B，D； 由，可排除C． 故选：A 5. 已知是定义域为偶函数，且在上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数性质及对数运算可得，，再利用单调性比较的大小即可. 【详解】因为是偶函数，所以，， 因为，在上单调递增， 所以，即. 故选：B. 6. 函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（ ） A. B. ，为函数的对称轴 C. 向右移后的函数为偶函数 D. 函数的单调递减区间为， 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象，求出函数的解析式，再逐项判断. 【详解】由图象知：，，则，， ，因为在图象上，则， 所以，则，又， 则，所以， 令，解得， 所以的对称轴方程为：， 向右移后得到函数， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：D 7. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断C，根据正态分布的对称性求解可判断D. 【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误； 对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误； 对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误； 对于D，因为服从正态分布，且， 所以，故D正确； 故选：D. 8. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成求解. 【详解】由题意得：该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成， 所以该正八面体配位多面体模型的体积为， 故选：C 9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出渐近线方程. 【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接， 因为线段的中点在圆上，所以， 所以≌，所以， 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，过作轴于，则， 所以， 所以，得，即， 所以双曲线的渐近线方程为； 故选：B 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.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，把答案填在题中横线上. 10. 已知为虚数单位，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，再利用求模公式计算. 【详解】因为， 则. 故答案为： 11. 二项式展开式中项的系数是___________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可得答案. 【详解】展开式的通项为 ， 令指数，解得， 此时系数为. 故答案为： 12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】由焦半径公式可求出点的坐标，进而求出圆的方程，令，即可求解. 【详解】由题意知，， 又点在抛物线上且在第一象限，所以，故点为， 则以点为圆心3为半径的圆的方程为， 令得或，故以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 13. 如图，在中，，，为上一点，且满足，则实数的值为___________；若，则的最小值为____________. 【答案】 ①. ##0.5 ②. 2 【解析】 【分析】设，可得出，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值；利用数量积得出，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得的最小值. 【详解】设，则 ， 所以，解得， ，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立. 所以，的最小值为. 故答案为：；. 14. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据全概率公式以及贝叶斯公式即可求解. 【详解】设表示首次选“驿站取件”，则， 表示首次选“上门配送”，则， 表示第二次选“驿站取件”则， 根据全概率公式可得， 第二空根据贝叶斯公式可得. 故答案为：， 15. 已知函数，若关于方程有8个相异的实根，则实数的取值范围为______________. 【答案】 【解析】 【分析】通过分析分段函数图像，利用换元法将方程转化为二次方程，结合二次方程根的分布条件求解参数范围. 【详解】的图象如图所示： 令，若关于的方程有8个相异的实根， 则在上有两个不等的实根. 令，则， 即，解得， 实数取值范围为. 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，，的对边分别为，，，且，，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得答案； （2）先利用余弦定理计算出的值，再根据和角公式以及倍角公式计算可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得：， 又因为， 所以 . 【小问2详解】 由（1）知 ，又，， 根据余弦定理， ， 又因为且 ， 所以 ， 又因为， ， 所以. 17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：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）通过建立空间直角坐标系，求出直线对应的方向向量和平面的法向量，利用向量垂直关系证明线面平行. （2）先求出平面的法向量，再根据线面角的向量公式求出线面角的正弦值. （3）利用点到平面距离的向量公式求出点到平面的距离. 【小问1详解】 如图建立空间坐标系 则，，，，， 平面一条法向量为 因为，所以 又因为平面 所以平面 【小问2详解】 ，， 设平面的一个法向量为， 所以， 令，则，所以 设与平面所成角为. 则. 所以与平面所成角的正弦值是. 【小问3详解】 设点到平面的距离为，则 所以点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） （2）证明见解析，定点坐标为 【解析】 【分析】（1）根据离心率定义及条件，结合的关系，可得的值，即可得答案. （2）设，，将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，表达式，进而可得表达式，根据条件，可得，根据数量积公式，化简整理，可得或，代入直线方程，分析检验，即可得答案. 【小问1详解】 由题意： ，解得， 所以方程是 . 【小问2详解】 设，，联立， 消可得， 由，得， ， ， 则， 因为，所以， 又因为，所以，， 所以，即， 所以，即， 解得或，均满足， 当时，，直线过点，与已知矛盾， 当时，，直线过点， 综上，直线过定点，定点坐标为. 19. 已知数列的前项和为，且，数列为递增的等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求； （3）设，，求使得对任意，均有成立的最大整数. 【答案】（1）， （2） （3）5 【解析】 【分析】（1）讨论当和当时，根据递推公式可求出数列通项公式，验证当是否成立，根据等比数列的定义可求出通项公式； （2）由（1）可得到，再根据错位相减法即可求出； （3）由（1）可得，根据裂项相消法可求出，再根据不等式恒成立即可求解. 【小问1详解】 当时， 当时， 上式中当时，，所以数列的通项公式为 设的公比为，，所以， 数列为递增的等比数列，所以 【小问2详解】 ① ② ①-②，得 ， 所以 【小问3详解】 由（1）可得 则 显然随的增大而增大，故 于是若要恒成立，只需，解得， 所以存在最大的整数满足题意. 20. 已知函数的导函数为. （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【小问1详解】 当时， ， 则 ，所以 ， ， 所以的图象在点处的切线方程为，即 ； 【小问2详解】 由题知，， 因为有两个不同的零点， 所以方程有两个不等实根化简可得方程有两个不等实根， 可看成直线与曲线有两个不同的交点， 所以 ， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，有极大值也是最大值为 当时，，且当时，， 要使有两个不同的零点，需 ， 即； 【小问3详解】 由题知，，其定义域为 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以 不妨设，则， 所以，所以， 所以， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以 又， 所以，所以在上单调递增 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $