精品解析：天津市滨海新区塘沽第十三中学2025-2026学年高三下学期第一次统练数学试题

塘沽十三中高三下学期第一次统考统练 2026.03.06 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知a，，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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法错误的是（ ） A. 数据4，1，6，3，9，5，7的第70百分位数为6 B. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 C. 在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D. 若的平均数为2，方差为3，则的平均数和方差分别为5，13 5. 已知不重合的直线l，m和不重合的平面，，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 6. 已知，记，则（ ） A. B. C. D. 10 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是（ ） ①若，则函数的值域为 ②是函数图象的一个对称轴 ③函数在区间上是增函数 ④函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 已知抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，抛物线的准线与坐标轴交于点，若为直角三角形，则双曲线的渐近线斜率绝对值为（ ） A. 0.5 B. C. D. 2 9. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知复数，则复数的虚部为________. 11. 在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 12. 已知过点的直线与圆交于，两点，且，则的面积是_______________． 13. 甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为.第3次投壶的人是乙的概率为________，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为________. 14. 在梯形中，与相交于点Q．若，则________；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为_________． 15. 已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_________. 三、解答题 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 17. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合，直线与椭圆交于，两点，的周长为8. （1）求椭圆的标准方程； （2）若斜率为的直线与抛物线交于，两点，斜率为的直线与抛物线交于，两点. ①求和（用含的代数式表示）； ②若，试判断是否存在最大值，若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 19. 已知数列，其前项的和为．设数列，其中． （1）求； （2）设，求的值； （3）设，求使得成立的最大正整数的值．（其中符号表示不超过的最大整数） 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）对任意，，判断和的大小关系，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽十三中高三下学期第一次统考统练 2026.03.06 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用交集概念求出答案. 【详解】由题意得，，则． 故选：A． 2. 已知a，，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】C 【解析】 【分析】构造函数，利用函数在单调递增检验充分必要性即可求解. 【详解】令，在上都为增函数，在单调递增， 又a，，所以， 即“”是“”的充要条件， 故选：C 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由于函数为奇函数，其图象关于原点对称，可排除A，结合特殊情况可排除，从而得到答案. 【详解】对A，令，定义域为， 因为， 所以函数为奇函数， 所以其图象关于原点对称，故A不满足； 对B，当时，，故B不满足； 对C，当，故C不满足； 而D均满足以上分析. 故选：D. 4. 下列说法错误的是（ ） A. 数据4，1，6，3，9，5，7的第70百分位数为6 B. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为 C. 在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D. 若的平均数为2，方差为3，则的平均数和方差分别为5，13 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义可判断A；根据残差的定义可判断B；根据正态分布的对称性和分层抽样的特点可判断C；根据平均数和方差的性质可判断D. 【详解】将数据从小到大重新排列为1，3，4，5，6，7，9， 因为，所以第70百分位数为第5个数据6，故A正确； 当 时，，所以残差，故B正确； ，则，， 所以按分层抽样的方式取100份试卷进行分析， 则应从110分以上的试卷中抽取份，故C正确； 若的平均数为2，方差为3，则的平均数为，方差为，故D错误. 故选：D 5. 已知不重合的直线l，m和不重合的平面，，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】根据空间中的线、面关系分析判断. 【详解】对于A：若，，则平面，的位置关系有：平行、相交，故A错误； 对于B：若，，则的位置关系有：或，故B错误； 对于C：若，，根据线面垂直的性质可知：，故C正确； 对于D：根据面面平行的判定定理可得：若相交，则，否则不成立，故D错误. 故选：C. 6. 已知，记，则（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先由题设得到、，再由对数运算性质即可求解. 【详解】由得，由得， 则，， 因此， 因此，又因且， 故. 故选：C 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是（ ） ①若，则函数的值域为 ②是函数图象的一个对称轴 ③函数在区间上是增函数 ④函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象求得函数解析式，然后利用正弦函数性质确定单调性、对称中心、函数值域及三角函数图象变换判断即得． 【详解】由图象可得：，，则，可得， 由在处取到最小值，则， ∵，则， ∴，解得， 故. 若，则， ∴，且函数在区间上不是增函数，①正确，③错误； ∵为最小值， ∴是函数图象的一个对称轴，②正确； 函数的图象向右平移个单位长度得到，④正确； 故选：C. 8. 已知抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，抛物线的准线与坐标轴交于点，若为直角三角形，则双曲线的渐近线斜率绝对值为（ ） A. 0.5 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】联立渐近线与抛物线方程，求出点的坐标，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半列出等式，化简即可求出结果. 【详解】双曲线的两条渐近线方程为. 因为抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点， 联立渐近线与抛物线方程得，化简得， 解得或，所以得到. 抛物线的准线为，所以. 因为为直角三角形，关于轴对称，所以. 所以，化简得， 故，即， 解得，所以双曲线的渐近线斜率绝对值为. 故选：D. 9. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意问题转化为四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可. 【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，则， ， ， ，则； 取的中点，连接，过点作于点， 则， 在中，过作交于，连接， 则,则， 所求体积. 故选：. 二、填空题 10. 已知复数，则复数的虚部为________. 【答案】 【解析】 【分析】 先由复数的除法运算，化简，再由共轭复数的概念，即可得出结果. 【详解】因为， 所以其共轭复数为，因此其虚部为： 故答案为： 【点睛】本题主要考查求复数的共轭复数，熟记共轭复数的概念，以及复数的除法运算法则即可，属于基础题型. 11. 在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先求通项，由通项即可求解. 【详解】由题二项式展开式通项为 令，解得，所以的系数为. 故答案为：. 12. 已知过点的直线与圆交于，两点，且，则的面积是_______________． 【答案】4 【解析】 【分析】设的中点为，，弦心距为，由和根据勾股定理列式求解，再根据三角形的面积公式求解即可. 【详解】 ，所以在圆内， 设的中点为， 设，因为， 所以， 设圆心到直线的距离为，所以， 又， 解得，则，， 所以的面积是. 故答案为：4. 13. 甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为.第3次投壶的人是乙的概率为________，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分析出第3次投壶的人是乙的四种情况，逐一求得概率，综合即可得答案；根据条件概率的公式，分别求出各个概率，即可得答案. 【详解】第3次投壶的人是乙的有四种情况： ①第1次投壶的人是甲，第2次投壶的人是甲，第3次投壶的人是乙， 概率； ②第1次投壶的人是甲，第2次投壶的人是乙，第3次投壶的人是乙， 概率； ③第1次投壶的人是乙，第2次投壶的人是甲，第3次投壶的人是乙， 概率； ④第1次投壶的人是乙，第2次投壶的人是乙，第3次投壶的人是乙， 概率； 综上，第3次投壶的人是乙的概率； 设第2次投壶的人是甲为事件A，第1次投壶的人是乙为事件B， 则，， 则， 所以在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为. 故答案为： ； 14. 在梯形中，与相交于点Q．若，则________；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】易得四边形为平行四边形，设，再将用表示，根据共线，求得，再将用表示，根据数量积的运算律即可求出；根据求得，以点为原点建立平面直角坐标系，设，再根据数量积的坐标表示即可求出答案. 【详解】解：因为， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以且， 则可设， 故， 因为共线， 所以，解得， 所以， 因为， 所以， 所以； 因为， 所以， 所以， 又，所以， 因为，所以， 如图以点为原点建立平面直角坐标系， 则， 设， 故， 则， 当时，取得最小值. 故答案为：；. 15. 已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据是否有零点，分类讨论，当时，恒成立，根据题意求解即可；当，时，恒成立，不符合题意，当，时，结合二次函数性质讨论得没有实数根，最后计算可得. 【详解】（1）当，即时， 恒成立， 所以， 因为有两个零点， 所以且，解得或（舍）， 所以或； （2）当，即或， 设的两个根为，且， 当时，恒成立，不满足题意， 当，有有两个解， 因为，，所以与在必有一个交点， 当时，与没有交点， 当时，，所以与在必有一个交点 所以要使方程有且只有两个零点， 则无解， 即没有实数根， 即，解得， 因为，所以， 综上实数的取值范围为：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题得关键在于讨论当时，恒成立，当时，结合二次函数性质，二次项系数越大，开口越小，得出没有实数根，最后计算可得. 三、解答题 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 17. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （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）根据题意为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量即可证明平面； （2）先求两个平面的法向量，两个法向量夹角的余弦值就是平面与平面夹角的余弦值； （3）求出平面法向量后使用点到平面距离公式进行计算即可. 【小问1详解】 依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得， 依题意，， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得， 所以平面的一个法向量为， 依题意，， 有，故 又因为平面，所以平面 【小问2详解】 因为直四棱柱中，平面，所以平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 ，平面的一个法向量为， 设点到平面的距离为， 则. 所以，点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合，直线与椭圆交于，两点，的周长为8. （1）求椭圆的标准方程； （2）若斜率为的直线与抛物线交于，两点，斜率为的直线与抛物线交于，两点. ①求和（用含的代数式表示）； ②若，试判断是否存在最大值，若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①，；②存在最大值144 【解析】 【分析】（1）求出，，即可得椭圆方程； （2）①联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和斜率公式即可求解； ②直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式求出，利用单调性即可求解. 【小问1详解】 因为抛物线的焦点为， 所以椭圆的右焦点为，即， 根据椭圆的定义，的周长为，所以，可得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①联立直线与椭圆方程可得，， 整理得， 设，，， 椭圆中，，故，，， ，，，. ②直线的方程为， 联立直线与抛物线方程得，即， 设，，故， ，同理， ， ，故， 单调递增，当时，有最大值. 19. 已知数列，其前项的和为．设数列，其中． （1）求； （2）设，求的值； （3）设，求使得成立的最大正整数的值．（其中符号表示不超过的最大整数） 【答案】（1）， （2） （3）64 【解析】 【分析】（1）根据题设定义分析求解即可； （2）先求得，结合题设分析可得数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，可得，结合裂项相消法求解即可； （3）先由题设可得，利用作差法及二项式定理可证得当时，，进而得到，进而求得，再解不等式即可. 【小问1详解】 ，， ，即， ， ，即， ， 同理，， 则， 而，所以. 【小问2详解】 由，则， 当时，， 可知数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列， ， ， . 【小问3详解】 ， 下证当时，： ①显然恒成立 ②， ， ，故， ， ，即， 又，， 因此满足不等式的最大正整数. 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）对任意，，判断和的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：，设，，则， 所以在上单调递减，因，， 故存在唯一，使得，即，即， 则当时，，，函数在上单调递增， 当时，，，函数在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间上单调递减，则， 即. （ⅱ），理由：由，因为和在上单调递增， 则在上单调递增，且，， 则存在唯一，使得，即，即，（*） 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，故在区间上单调递增， 的最小值为， 由（ⅰ）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 故对任意正实数a，b，都有， 故对任意正实数a，b，都有. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）利用导数判断的单调性，求得的范围和的表达式，利用单调性证明；（ii) 通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即可确定和的大小关系. 【小问1详解】 由，可得，求导得， 则， 故曲线在点处切线方程为， 即. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $