精品解析：天津市河西区2026届高三第二学期总复习质量检测（一）数学试题

河西区2025—2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一） 数学试卷 本试卷分第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4页，第Ⅱ卷5至8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. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么． 如果事件A，B相互独立，那么． 球体的表面积公式，其中R为球体的半径． 锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面面积，h表示锥体的高． 球体的体积公式，其中R为球体的半径． 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. 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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线 和平面，下列表述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知，，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 下列说法中错误的有（ ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列联表中的数据计算得出，而，则“两个分类变量有关联”此推断犯错误的概率不大于0.01； ③回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，越大，则拟合的效果越好； ④若随机变量服从正态分布，若则实数 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 已知等差数列的前n项和为，且．当取得最大值时n的值为k，使得成立的最大正整数n的值为m．则 的值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 8. 双曲线的左、右焦点依次为，以点为焦点的抛物线的准线为，交双曲线的两条渐近线于点 ，过点作轴的垂线与抛物线交于第一象限的点，若 ，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 9. 已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项：本卷共11题，共105分. 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 已知i是虚数单位，复数z满足，则______． 11. 在的展开式中，常数项为______． 12. 直线与圆O：交于A、B两点，若，则______． 13. 某篮球运动员进行定点投篮训练．已知他第一次投篮命中的概率为0.5．若前一次命中，则下一次命中的概率为0.8；若前一次未命中，则下一次命中的概率为0.4．该运动员第二次投篮命中的概率为______；若这名篮球运动员做4组投篮训练，每组连续投篮2次，2次都命中记为成功，每组投篮训练成功与否相互独立，设这4组投篮训练中成功的次数为X，则期望______． 14. 已知 是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 15. 若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，． （1）求A的值； （2）求 的面积； （3）求的值． 17. 已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． （1）求证： 平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求三棱锥 的体积． 18. 已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 19. 已知数列是等差数列，前n项和为，数列是递增等比数列，且 ，，． （1）求、的通项公式； （2）求； （3）将数列的前 项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，求证：． 20. 已知函数． （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a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 $ 河西区2025—2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一） 数学试卷 本试卷分第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4页，第Ⅱ卷5至8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. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么． 如果事件A，B相互独立，那么． 球体的表面积公式，其中R为球体的半径． 锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面面积，h表示锥体的高． 球体的体积公式，其中R为球体的半径． 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】C 【解析】 【分析】先解一元二次不等式计算集合B，再应用交集定义计算求解. 【详解】集合，，则 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】 【详解】若，则，但推不出，例如：当 时，，但，所以充分性不成立； 若，则，因为是增函数，所以，所以必要性成立. 则是的必要不充分条件. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的性质与特值，利用排除法即可判断. 【详解】因为，定义域为，又，所以是偶函数，图象关于轴对称，排除 ； 当时，，排除. 故选：. 4. 已知直线 和平面，下列表述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解. 【详解】由，条件中缺少，故A错误； 由，条件中缺少，故B错误； 由，条件中缺少，故C错误； 由，故D正确； 故选：D. 5. 已知，，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用基本不等式求解即可. 【详解】由基本不等式得到，即， 当且仅当，即时，等号成立. 的最大值为 6. 下列说法中错误的有（ ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列联表中的数据计算得出，而，则“两个分类变量有关联”此推断犯错误的概率不大于0.01； ③回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，越大，则拟合的效果越好； ④若随机变量服从正态分布，若则实数 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】利用回归直线的特点可判断①；利用独立性检验可判断②；利用决定系数与模型拟合效果的关系可判断③；利用正态分布对称性和性质可判断④. 【详解】对于①，回归直线恒过点，不一定过样本点，故①错误； 对于②，根据列联表中的数据计算得出，而， 则有的把握认为两个分类变量有关系，则“两个分类变量有关联”此推断犯错误的概率不大于0.01，故②正确； 对于③，在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好，故③正确； 对于④，由随机变量，其正态曲线关于直线对称， 由，若，则，即得， 所以，故④正确. 综上，错误的只有①. 7. 已知等差数列的前n项和为，且．当取得最大值时n的值为k，使得成立的最大正整数n的值为m．则 的值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】由可知，结合等差数列的通项公式及前n项和公式确定 ，即可得. 【详解】因为，所以， 令数列公差为，所以， 所以是单调递减数列，且，则， 所以，则取得最大值时对应，即 ， 因为，， 且，在开口向下的抛物线上， 所以成立的最大，即，故. 8. 双曲线的左、右焦点依次为，以点为焦点的抛物线的准线为，交双曲线的两条渐近线于点 ，过点作轴的垂线与抛物线交于第一象限的点，若 ，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量垂直的条件构建等式，找出双曲线中的关系，从而得离心率. 【详解】对于双曲线，右焦点为，其中，离心率， 渐近线为 ， 因为抛物线以为焦点，故，即. 又因为准线交渐近线于，将代入渐近线方程得：，过作轴的垂线 ，交抛物线于第一象限的点， 因为 ，即向量 ， 又因为，， 所以，整理得：， 所以离心率. 9. 已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换对函数化简，再根据对称性和单调性求出，分析方程解的情况，最后求出在区间上所有不相等的实数根之和. 【详解】 ，， 因为为的一条对称轴，所以， ，即， 设函数的周期为，由在区间上单调递增，则，即， 所以，即， 所以或或或， 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，满足题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 综上，，. 当时，， 当时，，即， 所以方程等价于，即， 所以或， 解得或， 当时，在区间上，时，，时，，时，； 当时，在区间上，时，，时，，时，； 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为. 第Ⅱ卷 注意事项：本卷共11题，共105分. 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 已知i是虚数单位，复数z满足，则______． 【答案】 【解析】 【详解】，故. 11. 在的展开式中，常数项为______． 【答案】 【解析】 【详解】由题设，， 令，则常数项为. 12. 直线与圆O：交于A、B两点，若，则______． 【答案】1或 【解析】 【详解】由，得，所以圆心，半径， 则圆心到直线的距离，又， ，解得 . 13. 某篮球运动员进行定点投篮训练．已知他第一次投篮命中的概率为0.5．若前一次命中，则下一次命中的概率为0.8；若前一次未命中，则下一次命中的概率为0.4．该运动员第二次投篮命中的概率为______；若这名篮球运动员做4组投篮训练，每组连续投篮2次，2次都命中记为成功，每组投篮训练成功与否相互独立，设这4组投篮训练中成功的次数为X，则期望______． 【答案】 ①. 0.6## ②. 1.6## 【解析】 【分析】第一空，设事件表示“第次投篮命中”，然后根据全概率公式求解即可. 第二空，先求出每组投篮训练成功的概率，再根据二项分布的期望公式计算 . 【详解】设事件表示“第次投篮命中”，则表示“第次投篮未命中”. 由题意，. 根据全概率公式可得. 每组连续投篮命中2次为成功，第一次命中概率为，若第一次命中，则第二次命中的概率为，根据分步乘法计数原理，每组投篮训练成功的概率为. 又每组投篮训练成功与否相互独立，且每组投篮训练成功的概率均为，共进行组投篮训练，所以，所以. 14. 已知 是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标和的坐标，利用数量积的坐标计算公式可求得，再设出点 ，根据，用来表示，再将表示成关于的函数表达式,然后求解最小值. 【详解】建系如图所示 因为 是边长为2的等边三角形，，. . 设，. . ，，. . 当时，取得最小值，最小值为. 15. 若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先说明不满足要求，再证明当时函数为偶函数，令，条件可转化为方程在上有个根，再设，可得方程在上有个根，结合二次函数性质列不等式求结论. 【详解】若，则，与已知矛盾， 若，则，此时函数的定义域为，且， 与条件函数有6个零点矛盾， 若，有意义可得，化简可得， 所以函数的定义域为， 又， 所以函数是偶函数，故函数的零点关于原点对称， 因为函数有6个零点，故不能为函数的零点， 令，由函数有6个零点可得方程在上有个根， 令，则，， 所以在上有个根， 即在上有个根， 所以方程在上有个根， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不等的实根，设其根为，， 则，故， 故方程在至多有个根， 结合条件在上有个根可得， 方程在有个不相等的实根， 方程在有个根， 由方程在有个不相等的实根 可得，解得， 由方程在有个根可得，解得， 所以的取值范围为. 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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，． （1）求A的值； （2）求 的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可得求解， （2）根据余弦定理求解，即可由面积公式求解， （3）根据正弦定理求解，进而根据同角关系以及二倍角公式，最后由余弦的差角公式求解. 【小问1详解】 已知，由正弦定理，得 所以，因为得， 由 ，故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理 ，则，即 解得（舍去），故， 【小问3详解】 由正弦定理，且，，， 得，且，则B为锐角， 故，故， 且； 故． 17. 已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． （1）求证： 平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求三棱锥 的体积． 【答案】（1）如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系 ， 则， ， ， ， ， ， ， 所以 ， ， 设 是平面 的一个法向量， 则，则 ，取，可得， 所以 是平面 的一个法向量． 因为，则，所以 平面 ． （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面 的法向量，证明两向量平行，由此证明结论； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）利用向量方法求点到平面 的距离，再锥体体积公式求结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 ， ， 设是平面的一个法向量， 则，令，可得 ， 所以 是平面的一个法向量， 由（1）知 是平面 的一个法向量． 设平面与平面 夹角为 ， 则． 【小问3详解】 因为 ，由（1）知 是平面 的一个法向量， 所以点到平面 的距离为， 因为 是直角三角形， ，， 所以， 所以 ． 18. 已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）是，定值为2 【解析】 【分析】（1）由离心率得，，再待定系数求解即可； （2）根据题意设直线的方程为 ，进而与椭圆联立方程，并结合位置关系得，再求得直线，与直线的方程联立求得，最后计算即可得答案. 【小问1详解】 解：因为离心率，所以 ，，， 所以椭圆的标准方程为 ， 因为经过点，所以，所以 所以椭圆的标准方程为 【小问2详解】 解：因为直线l不垂直于坐标轴，所以直线的斜率存在且不为0， 设不垂直于坐标轴的直线的方程为 所以联立得 因为直线l与椭圆C相切， 所以，即， 因为右焦点为F的坐标为， 所以过F作直线l的垂线的方程为， 因为垂足为H，所以联立，得，即 所以 将代入得， 所以，线段的长度是定值，这个值为2． 19. 已知数列是等差数列，前n项和为，数列是递增等比数列，且 ，，． （1）求、的通项公式； （2）求； （3）将数列的前 项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，求证：． 【答案】（1） ， （2） （3）由已知得 ， ，2，3，…， ，，不妨设， 首先证明取最大值时，，，，…，中不存在连续3项递增或递减： 假设，，，…，中存在连续3项递增或递减，即存在 使得或者，所以 此时 则将调换到之前 因此时，取最大值必有，，…， 此时 所以取最大值时 ， 并且 ， 此时 当时， 当时， 因为 所以． 综上． 【解析】 【分析】（1）根据等差等比数列的性质列方程，即可求解公差和公比求解， （2）先利用并项求和可得，进而利用错位相减法求和即可， （3）先用反证法证明取最大值时，，，，…，中不存在连续3项递增或递减，进而得 ，即可利用放缩法以及裂项相消法求证. 【小问1详解】 因为数列是等差数列，前n项和为，数列 是等比数列 所以设公差为d，公比为q，因为 ，，． 所以，得或， 又因为数列 是递增等比数列且 ，所以， 所以 ，． 【小问2详解】 因为 所以 设 所以 所以 【小问3详解】 略 20. 已知函数． （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：由（i）知，三个零点分布为：，，． 由零点分布可知，，． 令，，． 显然有，，． 因为，代入得：． 同理代入和可得：，且． 因此，，是方程的两个正根，而u是方程的正根． 因为，两边同时乘以并除以，得： 两边取自然对数： 同理，由可得： 将上述两式相加，得到： 下面证明． 设，由已知． 由于，要证，而且在上单调递减． 等价于证明，即证对任意成立． 构造函数． 即证明：， 令．， 令，，， 因为，所以，即单调递增． ． 所以在上单调递减，． 故成立，进而在上恒成立． 这说明成立，从而得到． 因为且，所以． 代入第一步得到的恒等式中： 将，，代回上式： 所以原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）将问题转化为，构造函数，研究函数的单调性与极值等性质即可得答案； （ii）令，，，进而得，，，再整理得，，进一步得，再构造函数，结合极值点偏移的对称构造证明得，整理得，再代入即可证明结论. 【小问1详解】 当时，． 将代入，得切点纵坐标． 对求导得： 所以在处的切线斜率为：， 所以切线方程为，即：． 【小问2详解】 （i）由等价于． 设．． 令 ，解得或． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时， ，，单调递增． 的极大值为；极小值为． 又当时，；当时，． 所以函数的大致图象如图： 所以，要使直线与有3个不同的交点，必须满足： 故实数a的取值范围是． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $