精品解析：天津市第一中学滨海学校2025-2026学年度第二学期高三年级数学试卷

天津一中滨海学校25-26学年度第二学期高三年级 数学试卷 一、单选题．（每题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合B，再根据交集的定义可得结果. 【详解】由，得，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】B 【解析】 【分析】根据诱导公式和充分必要条件的定义判断即可. 【详解】由可得，所以或（），即或（）， 因此由不能推出； 因为，所以，所以. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知，正态曲线的对称轴是，由，可得，根据正态分布的对称性即可求得答案. 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线的对称轴是， 则，又， 所以， 所以， 故选：A. 4. 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】C 【解析】 【详解】对于A，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故A错误； 对于B，若，则的位置关系可以是平行或或异面，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故D错误. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得，利用指数函数的单调性即可判断A，利用作差法即可判断BD，由换底公式和对数函数的单调性即可判断C. 【详解】由，所以，又在上单调递增，所以，故A错误； 由，所以，故B正确； 由，又，所以， 所以，故C错误； 由，又， 所以，所以，故D错误； 故选：B. 6. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 65 B. 105 C. 210 D. 230 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意证明数列为等差数列，公差为，首项为，进而求得通项公式，再计算对应项并求和即可. 【详解】因为，所以，即， 又因为，所以，， 所以，即数列为等差数列，公差为，首项为， 所以，， 所以，，，，， 所以 故选：B. 7. 设为奇函数，将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简得，进而可得，利用为奇函数，可求得. 【详解】 ， 因为将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像， 所以向右平移个单位长度后，得到函数的图像， 所以， 又因为为奇函数，所以，所以， 又，所以. 故选：B. 8. 在正四棱锥中，，，如图，首先将一个半球（半径为R）水平放置于四棱锥的内部，其球心O与四边形的中心重合，随后将另一个球（半径为r）放置于该半球正上方（两球相切），使得该小球与正四棱锥的四个侧面均相切，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设另一个球的球心为，连接，相交于点，连接，过点作于点，连接，过点作的垂线，垂足为，利用几何关系得，计算即可求解. 【详解】设另一个球的球心为，连接，相交于点，连接， 过点作于点，连接，如图所示： 由题意知，点在线段上，过点作的垂线，垂足为，可知， 因为，所以，又， 所以， ， 因为，所以， 所以，所以. 故选：A. 9. 已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为为上一点，且轴，点在线段上，直线分别交轴于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设点在第一象限，求出点的方程，再根据即可求出. 【详解】不妨设点在第一象限， 由题意得，， 设，则， 故直线的方程为，令，则，故； 直线的方程为，令，则，故， 因为，则，得， 则的离心率为. 故选：A 二、填空题．（每题5分，共30分） 10. 已知复数满足，（其中为虚数单位），则复数的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】运用复数的模，复数除法等知识计算即可. 【详解】， . 故复数的虚部为. 故答案为：. 11. 在的展开式中，的系数是__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】直接根据二项式定理展开式的通项公式计算可得. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，得，所以的系数是. 故答案为： 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则点A的坐标为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出圆心坐标，从而可求，再联立圆和抛物线方程，求出点A的坐标即可. 【详解】由题意得圆的圆心为，故，即解得， 由，可得， 故解得或（舍），此时，故， 故答案为： 13. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 14. 在平行四边形中，，，，分别为边，上的动点.若，，则________；若，，则的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：用作基底表示，，利用数量积的运算律计算即可；第二空，用作基底表示，，结合数量积的运算律，以及二次函数的最值的求法可求的取值范围. 【详解】第一空：因为，所以， 又，所以， 所以 ； 第二空：因为，所以， 所以， ， 所以 ， 又因为，所以.. 故答案为：3;[1,3] 15. 已知函数，其图象与直线有两个交点.若关于x的方程有三个不等的实根，则实数a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先通过令，将绝对值方程转化为两个方程，进而得到与直线和的关系，根据与有两个交点确定的取值范围.接着对于，通过换元令，将其转化为，再结合前面得到的的范围，分析的根的情况，进一步研究和根的个数.根据不同取值范围下图象与直线，交点个数的不同情况，最终确定满足有三个不等实根时的值. 【详解】令， 显然时，等式不成立，故 则或，即或， 因为与有两个交点， 所以与直线与直线有两个交点， 因为，所以，解得 考虑，令，则方程可化为， 由前面的分析可知，当时，有两个不等正实根， 则，则只需研究和根的个数， 方程的判别式为， 当时，，则的图象有位于x轴下方的部分， 保留其位于x轴上方的部分，将位于x轴下方的部分作关于x轴的翻折，即得的图象， 此时的图象与直线，都至少有2个交点，故共至少有4个交点， 则至少4个根，不合题意. 当时，，恒成立， 所以，则， 要使得恰有3个根，需的图象与，都有3个交点， 因为，所以的图象与有一个交点，与有2个交点， 所以，由可得，， 所以， 则，即， 所以，所以， 整理得， 即，即， 化简得，解得或舍去 综上所述， 故答案为： 【点睛】思路点睛： 遇到此类函数与直线交点以及复合方程根的问题，先从函数与直线交点入手，通过方程转化和函数性质确定参数初步范围.再对复合方程进行换元，将其转化为简单方程，结合前面得到的参数范围，从函数图象角度分析根的个数情况，通过解方程最终确定参数的值. 三、解答题．（请写出必要的文字说明和步骤，共75分） 16. 在中，角所对的边分别为，已知，，． （1）求角的大小； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2）5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形内角和，诱导公式，正弦定理即可求解； （2）利用余弦定理即可求解； （3）利用正弦定理，余弦定理，同角的商数关系，正切和角公式即可求解． 【小问1详解】 已知，由三角形内角和， 得，代入得： 由正弦定理，即，代入上式： ，又，故，即， 又，得； 【小问2详解】 已知，则，且，， 由余弦定理，代入得： ，化简： ，解得： ，故； 【小问3详解】 由，得， 由正弦定理，即， 由余弦定理， 故， 又，则，由正切和角公式：， 代入， 得 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，分别为的中点，平面平面． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）若截面与交于点，且，求的值． 【答案】（1） 为中点，. 又平面平面，且交线为平面， 平面，而平面，平面， ； 为中点，则有； ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形三线合一，得到，根据面面垂直的性质得到平面，从而，又易证得，故证出； （2）建立空间直角坐标系，求出对应平面的法向量，由两平面的法向量夹角的余弦值的绝对值即为两平面夹角的余弦值； （3）根据共线求出E的坐标，求出的坐标，然后与法向量垂直，得到数量积为0即可算出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以为坐标原点，过作直线与平行，以分别为轴建立空间直角坐标系， ， 则，. . 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得. ，设平面的一个法向量为， 则有，可取， ， 平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【小问3详解】 ， . ． . 18. 已知椭圆C：的焦距为，且过点． （1）求C的方程； （2）过点作直线l与C交于A，B两点，x轴上存在点N使得直线NA与直线NB的斜率之和为0． （ⅰ）求点N的坐标； （ⅱ）求面积最大时，直线AB的斜率． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】(1)由题可得，解方程即可求解； （2）设直线AB的方程为，，，，（ⅰ）联立方程，由韦达定理可得，，由化简即可求得求点N的坐标； （ⅱ）由结合弦长公式以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 设椭圆C半焦距为c，由题可得， 且解得，， 故C的方程为：． 【小问2详解】 设直线AB的方程为，，，， （ⅰ）联立方程消去x后整理为， 有，可得或， 又有，， 由题，， 所以，， 整理得， ∴， 解得．故点N的坐标为； （ⅱ） ， 令，有， 此时，． 当且仅当时等号成立，此时， 所以直线AB的斜率为． 19. 已知数列满足． （1）证明：求的值，并证明数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求证：． 【答案】（1） ，， 证明：当时，可得， 当时，可得， 因为，， 所以 ， 所以数列为首项为，公比为的等比数列. （2） （3） 因为 ， 所以 ，即命题得证. 【解析】 【分析】（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可； （2）由（1）求出，即可求出，从而得到，利用错位相减法计算可得； （3）由数列的通项公式可得，利用放缩法即可得到，再利用裂项相消法即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以 ， 所以， 则， 所以 ， 即； 【小问3详解】 略 20. 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 【答案】（1） （2）函数求导得：． 当时，，，又，所以． 当时，令，则， ，则在上单调递增，在上单调递增， 在上单调递增，且，， 存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增． ， 又，存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 在上存在唯一极（小）值点． ，又， 存在，使得， 在上存在唯一零点，得证． （3），， ，得，， ，等价于． 结合（2）的分析，，， ，即， 同理， ． 在区间上单调递减，要证，只需证． 又在上单调递增，只需证． ， 借助，可得， 令，则恒成立， 在上单调递增，，即成立，得证． 不等式成立． 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数的几何意义得出斜率，从而求出切线方程； （2）先求导，结合正弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性和极值，进而证明结论； （3）对不等式进行变形处理，结合（2）的条件，并借助进行放缩构造函数，从而证明结论． 【小问1详解】 若，则，求导得， ， 又， 所求的切线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中滨海学校25-26学年度第二学期高三年级 数学试卷 一、单选题．（每题5分，共45分） 1 已知集合，则（ ） 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. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 65 B. 105 C. 210 D. 230 7. 设为奇函数，将图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 8. 在正四棱锥中，，，如图，首先将一个半球（半径为R）水平放置于四棱锥的内部，其球心O与四边形的中心重合，随后将另一个球（半径为r）放置于该半球正上方（两球相切），使得该小球与正四棱锥的四个侧面均相切，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 9. 已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为为上一点，且轴，点在线段上，直线分别交轴于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 二、填空题．（每题5分，共30分） 10. 已知复数满足，（其中为虚数单位），则复数虚部为______. 11. 在的展开式中，的系数是__________.（用数字作答） 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则点A的坐标为____________. 13. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 14. 在平行四边形中，，，，分别为边，上的动点.若，，则________；若，，则的取值范围是________. 15. 已知函数，其图象与直线有两个交点.若关于x的方程有三个不等的实根，则实数a的值为__________. 三、解答题．（请写出必要的文字说明和步骤，共75分） 16. 在中，角所对的边分别为，已知，，． （1）求角大小； （2）求的值； （3）求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，分别为的中点，平面平面． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）若截面与交于点，且，求的值． 18. 已知椭圆C：的焦距为，且过点． （1）求C的方程； （2）过点作直线l与C交于A，B两点，x轴上存在点N使得直线NA与直线NB的斜率之和为0． （ⅰ）求点N的坐标； （ⅱ）求面积最大时，直线AB的斜率． 19. 已知数列满足． （1）证明：求的值，并证明数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求证：． 20 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $