精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2026届高三十二校一模数学模拟试卷

天津市滨海新区塘沽第一中学2026届高三十二校一模数学模拟试卷 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第I卷1至3页，第II卷4至6页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第I卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “角θ是第四象限角”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的大致图像如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 在某次期中考试中，从800名考生中随机抽取100名考生的物理成绩进行统计分析，绘制如图所示的频率分布直方图（满分100分）．则下列说法正确的是（ ） A. B. 众数小于平均数 C. 中位数超过75分 D. 估计全校有640名考生及格 6. 如图所示的玻璃容器可以看成是由一个轴截面是正方形的圆柱和一个半球组合而成，如图放置时，向容器内装水，若水的高度是容器高度的一半，现将容器倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 定义：数列的“间隔和”数列为．若则（ ） A. 22 B. 30 C. 34 D. 36 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（    ） A. B. C. D. 2 9. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则图象的对称中心为 B. 若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C. 若，则不存在使得在上恰有6个零点 D. 若在区间上单调，则的最大值为9 第II卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2．本卷共11小题，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． 10. 复数（i是虚数单位），则复数的虚部为_____. 11. 的展开式中，各项的二项式系数和为64，则常数项为______ 12. 设抛物线的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若，则圆的方程为____________ . 13. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 14. 在中，，，，，，若，，则______（用，表示）；若是上一动点，过分别做交于，交于，则的最小值是______． 15. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 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，内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，的面积为，求： ①边长的值；②的值． 17. 某学校组织学生到工厂参加劳动实践，利用3D打印技术制作几何模型，该模型为四棱锥，在四棱锥中，平面，为的中点，为上的一个动点，底面是边长为2的正方形，且. （1）若是的中点，求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角为30°，求出的长. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且椭圆经过点，点为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点为椭圆上任意一点，点，求的取值范围； （3）已知过椭圆右焦点的直线交椭圆于不同的两点，且直线不与坐标轴垂直，设直线的斜率分别为，试探究：是否为一个定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 19. 已知等差数列满足，记数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式； （2）在数列的每相邻两项间插入这两项的和，而形成新的数列，这样的过程叫做该数列的一阶“H拓展”．例如，对于数列，一阶“H拓展”得到数列；二阶“H拓展”得到数列；……设n阶“H拓展”得到数列，设，则，． （i）求数列的通项公式； （ii）设数列满足求数列的前项和． 20. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若有3个零点，，，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市滨海新区塘沽第一中学2026届高三十二校一模数学模拟试卷 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第I卷1至3页，第II卷4至6页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第I卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解分式不等式可得集合，再根据指数不等式可得集合，利用交集运算可得结果. 【详解】解分式不等式可得，由， 所以. 故选：B 2. “角θ是第四象限角”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 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】由可得且，是第三、四象限角，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案. 【详解】由可得：且， 所以是第三或第四象限角， 所以“角θ是第四象限角”能推出“”， “”不能推出“角θ是第四象限角”， 所以“角θ是第四象限角”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 3. 函数的大致图像如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据图象可判断函数的定义域为，当时，函数有两个零点，当时，函数有一个零点，然后依次对四个选项进行分析计算即可得出正确答案. 【详解】由图可知，函数的定义域为，当时，函数有两个零点，当时，函数有一个零点， 依次对四个选项进行分析： 对于A：，令得：，解得或， 对于B：令得：或，解得或或或， 对于C：令得：或，解得或或， 对于D：，令得：，解得或， 综上，只有选项C满足题意. 故选：C. 【点睛】方法点睛：本题考查由函数图象判断解析式，通常做法是从定义域、奇偶性、单调性、特殊值、零点等方面入手去分析，从而得出正确的答案. 4. 已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到在为单调递减函数，且，利用对数函数的单调性，求得，结合的单调性，即可求解. 【详解】由题意知，函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递增， 可得函数在上为单调递减函数，且， 所以，， 因为，所以，，， 可得，所以， 即，所以. 5. 在某次期中考试中，从800名考生中随机抽取100名考生的物理成绩进行统计分析，绘制如图所示的频率分布直方图（满分100分）．则下列说法正确的是（ ） A. B. 众数小于平均数 C. 中位数超过75分 D. 估计全校有640名考生及格 【答案】D 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质，列出方程，求得的值，可判断A不正确；求得数据的众数和平均数的值，可判定B不正确；根据中位数的计算方法，求得数据的中位数，可判定C错误；求得落在中的人数为，结合分层抽样，列出方程，求得及格的人数，可判定D正确. 【详解】对于A，根据频率分布直方图的性质，可得， 解得，所以A不正确； 对于B，由频率分布直方图，可得数据的众数为， 平均数， 众数大于平均数，所以B错误； 对于C，由频率分布直方图，可得中位数为，所以C错误； 对于D，由频率分布直方图，可得落在中的人数为， 设全校有人及格，则，解得，即估计全校有640名考生及格，所以D正确. 故选：D. 6. 如图所示的玻璃容器可以看成是由一个轴截面是正方形的圆柱和一个半球组合而成，如图放置时，向容器内装水，若水的高度是容器高度的一半，现将容器倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆柱和球的体积公式，根据水的体积不变可得答案. 【详解】设圆柱部分的高度为h，底面半径为r，因为轴截面是正方形，所以. 容器总高度. 圆柱体积，半球体积. 水的高度是容器高度的一半，即，水的体积为. 容器倒置后水先填满半球（体积），剩余体积为， 剩余体积在圆柱中的高度为，倒置后水的总高度为， 水的高度与容器高度的比值为. 故选：B 7. 定义：数列的“间隔和”数列为．若则（ ） A. 22 B. 30 C. 34 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的通项公式求出相邻两项的差值，再根据“间隔和”数列的定义计算. 【详解】当时，，由，则， 当时，，则， 所以， 所以， 故选：C 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（    ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解. 【详解】设内切圆的半径为， 由，即，则, 设，则，则， 由，即， 则，则， ，则，故，同理得， 故，故， 则， 故，则， 则. 故选：A 【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法 求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 9. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则图象的对称中心为 B. 若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C. 若，则不存在使得在上恰有6个零点 D. 若在区间上单调，则的最大值为9 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，，则的对称中心为，，故A正确. 对于B，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 设的图象上所有的点向左平移个单位长度得到， 则， 而，所以不是偶函数， 所以图象不关于y轴对称，故B错误. 对于C，若，则，所以， 则有，即，. 由得，又，则， 解得，而，则.又，， 所以不存在使得在上恰有6个整数解， 即不存在使得在上恰有6个零点，故C正确. 对于D，由可知，，， 则，解得，.若在区间上单调， 则有，解得. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上不单调. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上单调递增， 所以的最大值为，故D正确. 第II卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2．本卷共11小题，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． 10. 复数（i是虚数单位），则复数的虚部为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求出复数z，再得出共轭复数即得其虚部. 【详解】由， 则，故复数的虚部为. 故答案为：. 11. 的展开式中，各项的二项式系数和为64，则常数项为______ 【答案】 【解析】 【分析】各项的二项式系数之和为64，可得，得到，再利用通项公式即可求常数项. 【详解】因为各项的二项式系数和为64，所以 ，所以, 所以的， 令，解得，代入通项得常数项. 故答案为：. 12. 设抛物线的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若，则圆的方程为____________ . 【答案】 【解析】 【分析】设圆心坐标为，利用平面向量的夹角公式求得值后可得. 【详解】设圆心坐标为，则，焦点， ， ，， 由于圆与轴的正半轴相切， 则取，所求圆得圆心为，半径为1， 所求圆的方程为. 13. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 的取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 ，“第二次取到白球”为事件 . 则.  表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 .  根据条件概率公式 ，可得 .   随机取出 个球，取出的球中白球的个数 可能取值为 ，，. 表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  根据期望公式 可得 .   故答案为：；. 14. 在中，，，，，，若，，则______（用，表示）；若是上一动点，过分别做交于，交于，则的最小值是______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算出，利用余弦定理求出，即可得到，设为的中点，则，再求出，即可得解. 【详解】依题意 ； 因为，，， 由余弦定理 ， 所以，所以， 则四边形为矩形，则，设为的中点， 则 ， 当时取得最小值，且最小值为， 所以， 即的最小值是. 故答案为：； 15. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 【答案】或或 【解析】 【分析】对于，当可直接去绝对值求解，当时，分和讨论，通过和图像交点情况来求解. 【详解】由已知，即， 则必过点，必过， 对于， 当时，，此时恒成立， 所以， 令，即，要有两个不同的公共点， 则，解得或或， 当时，或， 当时，和图象如下： 此时夹在其两零点之间的部分为， 令，得无解， 则有两个根有两个根， 即有两个解，，符合要求； 当时，和图象如下： 或 令，根据韦达定理可得其两根均为正数， 对于①，则，解得， 对于②，则，解得， 综上所述，的取值范围是或或. 【点睛】方法点睛：对于方程的根或者函数零点问题，可以转化为函数图象的交点个数问题，图象直观方便，对解题可以带来很大的方便. 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，内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，的面积为，求： ①边长的值；②的值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，即可求解； （2）①由正弦定理得，利用三角形的面积公式，列出方程，求得的值，结合余弦定理，即可求解；②利用正弦定理，求得的值，结合三角函数的基本关系式和倍角公式，分别求得的值，结合两角差的余弦公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理，可得， 又因为， 可得， 所以，即 因为，可得，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：①因为，由正弦定理得， 所以的面积为 又因为的面积为，可得，解得，则， 由余弦定理得，所以； ②由正弦定理，可得， 因为，可得为锐角，所以， 则， ， 又因为，所以. 17. 某学校组织学生到工厂参加劳动实践，利用3D打印技术制作几何模型，该模型为四棱锥，在四棱锥中，平面，为的中点，为上的一个动点，底面是边长为2的正方形，且. （1）若是的中点，求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角为30°，求出的长. 【答案】（1） 平面 ，所以 ， ，又底面 是正方形，故 两两垂直，如图：以为原点， 分别以 所在直线为轴建立空间直角坐标系，则， 为 的中点，是的中点，所以，， 平面 ，取平面 的一个法向量为，， 又平面 ，故平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面 的法向量为，只要证明即可； （2）向量法求点到面的距离； （3）向量法求线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，. 设平面 的法向量为则即 令 ，则，点到平面 的距离. 【小问3详解】 由（1）知，设，则 由（2）知面 的法向量为.因为直线与平面 所成的角为30°， 所以， 解得，所以，，所以 的长为. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且椭圆经过点，点为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点为椭圆上任意一点，点，求的取值范围； （3）已知过椭圆右焦点的直线交椭圆于不同的两点，且直线不与坐标轴垂直，设直线的斜率分别为，试探究：是否为一个定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点，代入椭圆方程求解即可； （2）设点,由,根据题意和椭圆方程可得，再根据二次函数性质求解范围； （3）直线的方程为，，联立直线和椭圆方程得，由得，再根据韦达定理化简即可. 【小问1详解】 由椭圆过点，可知，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图所示，设点,由,可得 所以， 由，得， 所以. 设，由，得，且对称轴， 所以在，， 因为，， 所以在的值域为，故的取值范围是. 【小问3详解】 由题意知椭圆右焦点，左右顶点分别为, 设直线的方程为，，联立， 消去得，故. 由，得， 即， 代入， 得，再代入， 得， 所以为定值. 19. 已知等差数列满足，记数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式； （2）在数列的每相邻两项间插入这两项的和，而形成新的数列，这样的过程叫做该数列的一阶“H拓展”．例如，对于数列，一阶“H拓展”得到数列；二阶“H拓展”得到数列；……设n阶“H拓展”得到数列，设，则，． （i）求数列的通项公式； （ii）设数列满足求数列的前项和． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设数列的公差为，根据列方程组可求数列的通项公式 （2）（i）根据，可得，构造等比数列可求数列的通项公式； （ii）当为奇数时，利用错位相减法求和；当为偶数时，利用裂项相消法求和，然后再将奇数项和与偶数项和相加即可得到数列的前项和. 【小问1详解】 设数列的公差为， 因为， 则解得 故. 【小问2详解】 (ⅰ)， ， 所以， 即. 又， 则是首项为12，公比为的等比数列. . (ⅱ)当为奇数时，， 记， 则， ， 两式相减，得 ， 化简，得， 得； 为偶数时， 记， 则 . 故 . 20. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若有3个零点，，，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间. （2）（ⅰ）； （ⅱ）因为， 所以若，则，所以. 当时，先证明不等式恒成立，设， 则， 所以函数在上单调递增，于是， 即当时，不等式恒成立. 由，可得， 因为，所以，即， 两边同除以， 得， 所以， 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性； （2）（ⅰ）由题设可得零点个数为2且零点异于1，求出后就分类讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围；（ⅱ）先证明先证明不等式恒成立，从而可利用放缩法证明题设中的不等式. 【小问1详解】 当时，，， 则在恒成立，所以在单调递增， 故的单调递增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 （ⅰ）， ，，则除1外还有两个零点. ，令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，要是除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，则，， 所以. 当时，，，则单调递增； 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点，，. 综上，实数的取值范围为 （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：对于导数背景下的多变量的不等式的证明问题，可根据原函数的形式找寻合适的函数放缩方向，从而得到所需证明的不等式的形式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $