精品解析：天津市第一0二中学2026届高三下学期数学综合试题（一）

高三数学综合一 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“直线与直线垂直” A. 充分必要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象是（ ） A B. C. D. 4. 已知，，，则的大小关系是（   ） A. B. C. D. 5. 若为两条直线，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 6. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则不正确的是（    ） A. B. C. 最小正周期为 D. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于点对称 8. 已知双曲线的左焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，并与双曲线交于点，且有则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 9. “木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为4，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处和右侧桶口齐平，过的母线与水平面所成的角大小为，且为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知复数满足，则__________. 11. 的展开式中含x项的系数为______． 12. 已知点在抛物线上，以M为圆心作圆与抛物线C的准线相切，且截得y轴的弦长为4，则__________． 13. 某超市拟定于周年庆当天举办一次有奖促销活动，顾客一次消费满500元可参加一次抽奖活动，规则如下：有甲、乙两个不透明箱子，甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），获得抽奖机会的顾客先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，规定从乙箱中取出的球是红球的顾客中奖，可获得100元返金券，则抽奖顾客中奖的概率为________；据以往消费记录估计当天约有800位顾客抽奖，记中奖人数为，则________. 14. 在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 15. 已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______． 三、解答题 16. 在，角所对边分别为，已知，． （1）求与的值： （2）求的值； （3）求的值． 17. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值. 19. 在数列的任意相邻两项之间插入这两项的和，称为对数列进行一次“和生长”，插入这两项的积，称为对数列进行一次“积生长”．现对数列分别进行两种操作：进行一次“和生长”得到数列，两次“和生长”得到数列；进行一次“积生长”得到数列，两次“积生长”得到数列．进行次“和生长”后得到的数列为，进行次“积生长”后得到的数列为．记． （1）当时，求的值； （2）证明：数列为等比数列； （3）求数列的前项和． 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极小值； （2）讨论关于的方程的实数解的个数； （3）若某函数在区间[m，n]上的值域恰为，则称为该函数的“级转置区间”．已知函数，当时，判断是否存在“级转置区间”．若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学综合一 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法将集合表示出来，再根据集合的交集运算即可求解. 【详解】， 因为， 所以. 故选：B． 2. “”是“直线与直线垂直”的 A. 充分必要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先由两直线垂直求出的值，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果. 【详解】因为直线与直线垂直， 则，即，解得或； 因此由“”能推出“直线与直线垂直”，反之不能推出， 所以“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件. 故选B 【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型. 3. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数零点及函数在时函数值的符号，利用排除法求解. 【详解】令， 解得或，即函数有2个大于0的零点，排除BD选项； 又当时，，故可排除A选项. 故选：C 4. 已知，，，则的大小关系是（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据特殊角的正弦值，判断参数范围，再根据对数函数性质，判断函数值大小，判断结果即可. 【详解】可知，即， ，即， ，且，即， 所以，即． 故选：D. 5. 若为两条直线，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】A 【解析】 【分析】利用线面位置关系的判断及性质定理逐项分析即可. 【详解】选项A，若，，，， 根据面面垂直的性质定理可得：，故A选项正确； 选项B，若，， 则直线与直线可能平行，可能异面，故B选项不正确； 选项C，若，， 则直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面，故C选项不正确； 选项D，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交（包括垂直），也可能异面，故D选项不正确； 故选：A. 6. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可. 【详解】∵，∴增加两个样本点后的平均数为； ∵，∴， ∴增加两个样本点后y的平均数为， ∴，解得， ∴新的经验回归方程为，则当时，， ∴样本点的残差为 故选：B. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则不正确的是（    ） A. B. C. 的最小正周期为 D. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于点对称 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式，再逐项判断即可. 【详解】依题意，，解得，函数的周期， 解得，则，由，得， 而，则，解得，因此，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，如图：的最小正周期为，C正确； 对于D，，， 由正弦函数图象性质可知：的图象关于点对称，D正确. 故选：A 8. 已知双曲线的左焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，并与双曲线交于点，且有则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线的定义和几何性质，结合向量关系求出的关系，进而求解渐近线方程． 【详解】双曲线的左焦点，其中， 渐近线方程为，取一条渐近线，则垂直于渐近线，斜率为， 方程为， 联立渐近线与的方程得：，解得，故， ，即， ， ，故， 代入双曲线方程得，化简得， 化简整理得， ，解得， 双曲线渐近线方程为，故A正确． 故选：A． 9. “木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为4，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处和右侧桶口齐平，过的母线与水平面所成的角大小为，且为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出图②的轴截面，求出以木桶面为底面，以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱的体积，然后可求出图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水体积. 【详解】由题意可知，图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水部分是以木桶面为底面，以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱体积的一半. 作出图②的轴截面，如图所示： 因为左边缺口最低处和右侧桶口齐平，过的母线与水平面所成的角大小为，所以，又，. 以木桶面为底面，以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱的体积. 图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水体积为. 故选：C 二、填空题 10. 已知复数满足，则__________. 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的概念即可解答. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 11. 的展开式中含x项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】的通项公式为， 令，得，所以含x项的系数为. 故答案为：. 12. 已知点在抛物线上，以M为圆心作圆与抛物线C的准线相切，且截得y轴的弦长为4，则__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据圆的弦长公式，解得圆的半径，再根据圆与切线的性质以及抛物线的性质，表示点的纵坐标，利用抛物线方程，表示纵坐标，建立方程，可得答案. 【详解】设圆的半径为，且圆截得轴的弦长为，则，解得. 由圆与抛物线的准线相切，即与直线相切，则点到准线的距离为， 因为，故 所以， 由点在抛物线上，则. 可得，整理可得，解得或. 故答案为：或. 13. 某超市拟定于周年庆当天举办一次有奖促销活动，顾客一次消费满500元可参加一次抽奖活动，规则如下：有甲、乙两个不透明的箱子，甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），获得抽奖机会的顾客先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，规定从乙箱中取出的球是红球的顾客中奖，可获得100元返金券，则抽奖顾客中奖的概率为________；据以往消费记录估计当天约有800位顾客抽奖，记中奖人数为，则________. 【答案】 ①. ## ②. 240 【解析】 【分析】由已知从甲箱中随机取出2个球有三种情况，放入乙箱后，分别计算其概率，即可求解；由已知可得，根据二项分布期望的计算公式求解即可. 【详解】顾客从甲箱中随机取出2个球，可能情况分别为2个红球，1个红球和1个黑球，2个黑球， 若从甲箱中取出2个红球放入乙箱，则乙箱中有3个红球和3个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 若从甲箱中取出1个红球和1个黑球放入乙箱，则乙箱中有2个红球和4个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 若从甲箱中取出2个黑球，放入乙箱，则乙箱中有1个红球和5个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 所以中奖的概率为； 每位顾客是否中奖相互独立，且中奖概率为，所以， 所以. 故答案为：；. 14. 在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先应用向量的数量积公式计算，再应用数量积的运算律计算求解；结合模长公式及向量夹角余弦公式计算求解. 【详解】在中，，，，所以， 又因为，， 所以， 所以 ； 因为与交于点，所以所成角等于所成角， 所以， ， 所以. 故答案为：；. 15. 已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合导数将问题转化为直线与的图象有三个不同交点，利用导数求出的范围，再利用零点的定义及，构造函数，利用导数求出的范围，进而求出所求范围. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然， 则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点， 求导得，由，得，由得，或， 函数在上单调递增，在上单调递减，， ，又时，恒成立，因此， 而，则，令，则，即， 令，求导得， 令，求导得，函数在上单调递减， ，则，函数在上单调递减，， 而函数在上单调递增，当时，， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 三、解答题 16. 在，角所对的边分别为，已知，． （1）求与的值： （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合正弦定理角化边可得出的关系，再结合已知求； （2）根据余弦定理得出，再利用同角三角函数基本关系式求； （3）根据二倍角公式求出，再根据两角和的正弦公式求解. 【小问1详解】 在中由正弦定理可知， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，在中由余弦定理可知 ， 因为在中，所以. 【小问3详解】 由（2）知，所以， ， 所以. 17. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，进而得到，利用线面垂直的判定定理证明平面，得证； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法二面角； （3）利用向量法求点到面的距离. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以在中，由余弦定理，得，即， 所以，则， 又底面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 因为底面平面，所以， 结合（1）可知两两垂直. 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，取，则平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知平面一个法向量， 所以点到平面的距离. 18. 已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果； （2）设出，，的坐标，分别联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值. 【小问1详解】 根据题意可得 解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，，，由（1）可知，， 因为点在椭圆上，所以. 由题意：，：， 将直线与椭圆联立，可得， 整理可得：.所以. 所以，，即 同理，将直线与椭圆联立.可得. 整理可得：，所以， 所以，，即. 所以的斜率为，的斜率为. 故 因为点在第一象限内.故，. 所以的最小值为，当且仅当在处取到等号. 19. 在数列的任意相邻两项之间插入这两项的和，称为对数列进行一次“和生长”，插入这两项的积，称为对数列进行一次“积生长”．现对数列分别进行两种操作：进行一次“和生长”得到数列，两次“和生长”得到数列；进行一次“积生长”得到数列，两次“积生长”得到数列．进行次“和生长”后得到的数列为，进行次“积生长”后得到的数列为．记． （1）当时，求的值； （2）证明：数列为等比数列； （3）求数列的前项和． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用积生长构造出等比数列，得到表达式进行求解； （2）结合题意构造数列证明即可； （3）通过构造数列得到数列的通项公式，再求出的通项公式，整理得到，利用错位相减法和公式法对数列求和即可. 【小问1详解】 设第次“积生长”后共插入项，即， 共有个间隔，且，则第次“积生长”后再插入项， 则，可得，且， 故数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，故， 所以当时，； 【小问2详解】 设第次“和生长”后得到数列各项之和为， 则第次“和生长”后，新插入的各项之和为， 故， . 而，是以为首项，为公比的等比数列； 【小问3详解】 设第次“积生长”后得到的数列各项之积为， 则. 第次“积生长”后，新插入的各项之积为 ， 故， 因此， ， 即是以为首项，为公比的等比数列， ， 由（2）可得， ， 记， 则， ， ， 则数列的前项和． 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极小值； （2）讨论关于的方程的实数解的个数； （3）若某函数在区间[m，n]上的值域恰为，则称为该函数的“级转置区间”．已知函数，当时，判断是否存在“级转置区间”．若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）先根据导数的几何意义求出 的值，再通过求导分析函数单调性，进而求出极小值。 （2）将方程进行变形，构造新函数，通过求导研究新函数的单调性和极值，从而确定方程实数解的个数； （3）先求出 的表达式，再根据新定义列出方程，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性和零点情况，进而确定 的取值范围. 【小问1详解】 ，则， ∵曲线在点处的切线方程为， ∴，，解得， ，令，解， 可得在上单调递减，在上单调递增． 所以在处取得极小值． 的极小值为． 【小问2详解】 由得，即， 或， 令，则， 易知当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，即， ∴方程无解． 令，则， 易知当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为， 易知函数的大致图象如图所示， ①当时，方程无解， 此时关于方程的实数解的个数为0； ②当或时，方程有唯一解， 此时关于的方程的实数解的个数为1； ③当时，方程有两解， 此时关于的方程的实数解的个数为2． 综上所述，当时，关于的方程的实数解的个数为0； 当或时，关于的方程的实数解的个数为1； 当时，关于的方程的实数解的个数为2． 【小问3详解】 当时，，假设存在“级转置区间”， 即存在正实数，使得在区间[m，n]上的值域恰为， 易知在区间[m，n]上单调递增，∴，且， ，即， ，即，同理可得， 设函数，易知m，n为的两个零点， ∴函数至少有两个零点， 对函数求导得， 设，则， 易知当时，单调递减，当时，单调递增，， ①当时，则， 在上单调递增，不可能有三个零点，不合题意； ②当时，恰有两个零点， 其中， 在单调递增，在单调递减，在单调递增， ， 同理， 设，则在上单调递减， 恒成立，即， 恒成立，即， 且当时，，当时，， ∴由零点存在性定理可知在上各有一个零点， 即有三个零点，符合题意， ∴当时，存在“级转置区间”，且的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $