精品解析：天津市新华中学2025-2026年第二学期高三开学测验数学练习

2025-2026学年第2学期高三开学测验练习（数学） 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，集合，，则， 故. 2. 设、为非零向量，则“ ”是“与的夹角为锐角”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】设、的夹角为，根据 求出的取值范围，利用区间的包含关系判断即可. 【详解】设、的夹角为，则， 因为、为非零向量，由可得，所以， 因为，所以“ ”“与的夹角为锐角”， 且“ ”“与的夹角为锐角”， 所以“ ”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知平面平面，直线，直线 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与 是异面直线 C. 过直线的平面与的交线 与平行 D. 若直线，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面平行的性质可判断AB选项；利用线面平行的性质可判断C选项；根据线面的位置关系可判断D选项. 【详解】因为平面平面，直线，直线 ，则 或与 是异面直线，AB都错； 设过直线的平面为平面，因为平面平面，直线，直线 ，则， 因为，，所以，C对； 若直线，，，则与相交（不一定垂直）或或，D错. 4. 下列说法正确的有（ ） ①数据1，3，5，7，9，11的第50百分位数为5，中位数为6； ②若一组数据的方差为0，则这组数据中的所有数值均相等； ③若随机变量满足，则，； ④某班有男生20人，女生15人，按分层抽样抽取7人参加活动，将这7人分配到3个不同的社区服务，每个社区至少2人，共有1260种分配方式； ⑤在回归模型中，残差平方和越大，则回归拟合的效果越好； A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】A 【解析】 【详解】对于①，该组数据从小到大排列为1，3，5，7，9，11，由，可知第50百分位数为第三项与第四项的平均数，为， 而中位数也是第三项与第四项的平均数，即6，故① 错误； 对于②，因一组数据的方差为， 若，则，即这组数据中的所有数值均相等，故②正确； 对于③，根据随机变量的期望与方差的性质：（） ，因，可得，，故③ 正确； 对于④ ，先计算出抽样比为，则所抽取的7人中，男生有人，女生3人. 将这7人分配到3个不同的社区服务，每个社区至少2人，人数分配只能是，则分配方式有种，故④错误； 对于⑤，在回归模型中，根据残差的意义可知，残差平方和越小，说明模型对数据的拟合效果越好， 残差平方和越大，则拟合的效果越差，故⑤错误. 故正确的说法有②，③，共两个. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数、正切函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系. 【详解】因为对数函数在上为增函数，所以， 因为正切函数在上为增函数，所以， 因为指数函数在上为减函数，所以，故. 故选：D. 6. 设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，对任意的，，结合作差法可得出实数的取值范围. 【详解】因为，且数列为单调递减数列， 所以对任意的，，即， 可得对任意的恒成立，所以， 解得，故实数的取值范围是. 7. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为，且图象关于直线对称 B. 的图象关于点中心对称，且在区间上单调递增 C. 将的图象向左平移个单位长度后，所得函数图象关于直线对称 D. 函数在区间上有且仅有个零点，且这两个零点之和为 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和对称性可判断A选项；利用正弦型函数的对称性和单调性可判断B选项；利用三角函数图象变换求出所得函数的解析式，再利用正弦型函数的对称性可判断C选项；求出函数在区间上的零点，可判断D选项. 【详解】因为， 对于A选项，函数的最小正周期为， 因为， 故函数的图象不关于直线对称，A错； 对于B选项，因为， 所以函数的图象不关于点中心对称， 当时，，故函数在区间上不单调，B错； 对于C选项，将的图象向左平移个单位长度后， 得到函数的图象， 因为，故函数的图象不关于直线对称，C错； 对于D选项，由可得， 当时，，所以或，解得或， 所以函数在区间上有且仅有个零点，且这两个零点之和为，D对. 8. 已知双曲线（ ，）的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，若，且的面积为6，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题意得到焦点和渐近线方程，再由点到直线距离公式结合求出a，且由面积求出b即可计算离心率. 【详解】由题，双曲线（ ，）的一条渐近线方程为， 则到渐近线的距离为， 所以，且即 ， 所以双曲线的离心率为. 9. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 二、填空题 10. 在复平面内，对应的点位于第________象限. 【答案】四 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算，求出复数的实部和虚部，再根据复数与复平面内点的对应关系，判断结果. 【详解】由题意得，复数 在复平面内的对应点的坐标为，该点在第四象限. 故答案为：四. 11. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为___________． 【答案】60 【解析】 【分析】先根据题干条件算出 ，然后由二项式定理的展开式通项进行求解. 【详解】的展开式中第项与第项的二项式系数相等， ，，则的展开式中的通项为： ，令，解得， 故该展开式中的系数为 故答案为：60 12. 已知抛物线的焦点为，准线方程为，过的直线与抛物线在第一象限交于点，且．若直线与圆相切，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出，进而求出点坐标及直线的方程，再利用圆的切线性质，结合点到直线距离公式求解. 【详解】由抛物线的准线方程为，得，解得 ， 抛物线方程为，设点，由，得，解得 ， ， 点，而，直线的方程为，即， 由直线与圆相切，得. 故答案为：3 13. 盒中有个白球、个黑球（这些球除颜色外没有其他差异）.随机从中抽取一个球，观察其颜色后放回，并放入个与取出的球同色的球，再次从盒中随机取出一个球.则第二次取出的球是白球的概率为________；在第一次取出白球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】记事件 第一次取出白球，记事件 第二次取出白球，分析第一次摸球后，盒子中球的变化，结合古典概型的概率公式可求得的值，利用全概率公式可求得的值. 【详解】记事件 第一次取出白球，记事件 第二次取出白球，则，， 若第一次取出白球，并放入个与取出的球同色的球，盒子中有个白球、个黑球， 则， 若第一次取出黑球，并放入个与取出的球同色的球，盒子中有个白球、个黑球， ， 所以， 故答案为：；. 14. 在梯形中，，，，，，点在线段上，且.若，其中、为实数，则_________；设是线段 上的动点，且，则的最小值为________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得出 的值；建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求出的最小值. 【详解】根据题意，以点为坐标原点， 、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，则、、， 由题意得，所以，则， 故， 因为、不共线，且，则，，故， 因为，故， 所以点，所以，， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 15. 已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】对函数分 和进行讨论，最后结合分析求出实数的取值范围. 【详解】函数恰有个零点，等价于方程恰有个不同实根，分 和讨论： 时，； 设为 时方程的解的个数； 当时，，且，可得； 当 时，，且，可得； 令，当 ，恒成立， 故在区间上单调递增，值域为，但当时，的值域为； 令，当 ，恒成立， 故在区间上单调递减，值域为，但当时，的值域为； 因此：当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 当时，两分支重合于 ，得一个解； 当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 故对任意实数， 部分恒有； 当时，方程等价于两个二次方程： ①，判别式恒正，两根之积； 若 ，两根均为正，在上无根； 若，一根为，另一根为，在上有1个根； 若，两根异号，恰有一个负根； ②，判别式恒正，两根之积； 若，两根异号，恰有一个负根； 若 ，一根为，另一根为 ，在上有2个根； 若，两根均为负，有个根； 两方程无公共根；设为时方程的解的个数，则： ：， ： ： 总交点个数，要求等于，故，解得； 综上的取值范围是. 三、解答题 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）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的范围可得出角的值； （2）利用正弦定理结合已知条件可得出的值，再利用余弦定理可得出的值； （3）利用二倍角公式、两角和的正弦公式化简可得出的值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以，所以， 由余弦定理可得， 因为，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得，所以，即，可得 ， 由余弦定理可得，故 . 【小问3详解】 因为，则为锐角，所以， 所以， ， 所以. 17. 如图，在四棱锥 中， 平面， ，，， ，为棱的中点． （1）证明：平面 ； （2）求平面 和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面 和平面的法向量，利用向量法求解即可； （3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接，如图所示： 在 中，因为，分别是为棱，的中点， 所以为 中位线， 所以，且， 又，， 所以 ，且， 所以四边形 为平行四边形， 所以， 又 平面 ， 平面 ， 所以平面 . 【小问2详解】 平面，平面， 所以，又 ， 所以以为坐标原点， 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系 ， 取的中点，连接，如图所示： 因为，，且 ， 所以四边形是边长为2的正方形， 所以， 因为为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 即平面的一个法向量为， 又 平面，平面, 所以，由 ，且， 所以 平面 ，即 平面 ， 所以为平面 的一个法向量， 所以， 所以平面 和平面夹角的余弦值为 【小问3详解】 由（2）知，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 所以点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率，且椭圆过点， 为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作斜率存在的直线 交椭圆于、两点，过点作轴的垂线，交椭圆于另一点，连接交轴于点，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件可得出关于、、的方程组解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）设点、，则点，分析可知直线 不与轴重合，设直线 的方程为 ，其中，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，利用三角形的面积公式结合不等式的基本性质可求得面积的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 如下图所示： 设点、，则点，易知点. 若直线 与轴重合，则点与原点 重合，不符合题意， 根据题意，设直线 的方程为 ，其中， 联立可得， 则， 由韦达定理可得，， 所以 直线的方程为， 在直线的方程中，令可得， ，即点， 所以， 因为，所以，故. 故面积的取值范围是. 19. 已知等差数列的前 项和为，是公比大于0的等比数列， ，，，且，，成等差数列. （1）求数列与的通项公式； （2）设，求； （3）设（），求. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用基本量法可求数列与的通项公式； （2）利用分组求和和裂项相消法可求； （3）根据等差数列的前 项和公式可求，再根据分组求和可求. 【小问1详解】 设等差数列 的公差为，由已知条件得 ，，整理得，代入 得， 即，故， 设等比数列 的公比为 ，，故， 由成等差数列得，即， 解得 （ 舍去），故. 【小问2详解】 由题设有 故 . 故 . 【小问3详解】 由题设可得，且为等差数列，且公差为，首项为， 故 ， 故 . 20. 已知函数 ，． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若，都成立，求的取值范围； （3）若函数，证明有且仅有两个零点． 【答案】（1） （2） （3）因为 ， 所以，，设， ①当 时， ， 单调递增， 所以 ，所以在 上单调递减． 又 ，所以为在 上的唯一零点； ②当 时，因为在 上单调递减， 在 上单调递减， 所以在 上单调递减． 又 ， ， 所以 ，使得 ，所以当时， ； 时， ， 即 在上单调递增；在 上单调递减， 又 ，所以 ， 所以在上单调递增，此时 ，不存在零点． 又 ，所以 ，使得 ， 所以在 上单调递增，在 上单调递减． 又 ， 所以 在 上恒成立，此时不存在零点； ③当 时， 单调递减， 单调递减， 所以在 上单调递减． 又 ， 即 ，又在 上单调递减， 所以在 上存在唯一零点； ④当 时， ， ， 所以 ，即在 上不存在零点． 综上所述：有且仅有 个零点． 【解析】 【分析】（1）当时， ，分别求出切点纵坐标 和切线斜率 ，使用点斜式即可求得在处的切线方程； （2）先使用参变分离可得在 上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可； （3）由题意可得 ，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可. 【小问1详解】 当时， ，则 ， 所以 ，． 故切线方程为 ，即 ． 【小问2详解】 因为 在 上恒成立，且 ， 所以在 上恒成立，令 ，则， 因为， ①当 时，由 ，解得， ， 单调递增， ， 单调递减， 所以当 时，； ②当 时，因为 ，，所以 ， 所以 时，，所以， 综上， 的取值范围为 ． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第2学期高三开学测验练习（数学） 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设、为非零向量，则“ ”是“与的夹角为锐角”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. 已知平面平面，直线，直线 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与是异面直线 C. 过直线的平面与的交线与平行 D. 若直线，则 4. 下列说法正确的有（ ） ①数据1，3，5，7，9，11的第50百分位数为5，中位数为6； ②若一组数据的方差为0，则这组数据中的所有数值均相等； ③若随机变量满足，则，； ④某班有男生20人，女生15人，按分层抽样抽取7人参加活动，将这7人分配到3个不同的社区服务，每个社区至少2人，共有1260种分配方式； ⑤在回归模型中，残差平方和越大，则回归拟合的效果越好； A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为，且图象关于直线对称 B. 的图象关于点中心对称，且在区间上单调递增 C. 将的图象向左平移个单位长度后，所得函数图象关于直线对称 D. 函数在区间上有且仅有个零点，且这两个零点之和为 8. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，若，且的面积为6，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 在复平面内，对应的点位于第________象限. 11. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为___________． 12. 已知抛物线的焦点为，准线方程为，过的直线与抛物线在第一象限交于点，且．若直线与圆相切，则___________． 13. 盒中有个白球、个黑球（这些球除颜色外没有其他差异）.随机从中抽取一个球，观察其颜色后放回，并放入个与取出的球同色的球，再次从盒中随机取出一个球.则第二次取出的球是白球的概率为________；在第一次取出白球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为________. 14. 在梯形中，，，，，，点在线段上，且.若，其中、为实数，则_________；设是线段上的动点，且，则的最小值为________. 15. 已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 三、解答题 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，在四棱锥 中， 平面， ，，， ，为棱的中点． （1）证明：平面 ； （2）求平面 和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的离心率，且椭圆过点，为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作斜率存在的直线交椭圆于、两点，过点作轴的垂线，交椭圆于另一点，连接交轴于点，求面积的取值范围. 19. 已知等差数列的前项和为，是公比大于0的等比数列， ，，，且，，成等差数列. （1）求数列与的通项公式； （2）设，求； （3）设（），求. 20. 已知函数 ，． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若，都成立，求的取值范围； （3）若函数，证明有且仅有两个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $