精品解析：天津市和平区2025-2026学年高三年级第一次质量调查数学试题

和平区2025-2026学年度第二学期高三年级第一次质量调查数学学科试卷 第I卷（选择题共45分） 监测注意事项： 1．答第I卷前，务必将自己的姓名、准考证号涂在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． 柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高． 如果事件互斥，则． 如果事件相互独立，则． 任意两个事件与，若，则． 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. “”是“函数在区间上为减函数”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. 已知函数是偶函数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知下列三个命题：其中真命题的序号是（ ） ①数据的第60百分位数为3； ②若随机变量服从二项分布，则； ③若随机变量服从正态分布，且，则. A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 5. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（ ） A. 面 B. C. 面 D. 平面 7. 已知双曲线的上，下焦点分别为，抛物线的准线过点，且与的一条渐近线交于点，若直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共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. 为虚数单位，复数的共轭复数为___________． 11. 在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 12. 已知圆上到直线的距离为的点有且仅有4个，则实数的取值范围为___________． 13. 甲、乙两队参加知识竞赛，每队人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中人答对的概率分别为，且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分，则随机变量的数学期望为___________；用表示“甲、乙两个队总得分之和等于”这一事件，用表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，则___________． 14. 已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则___________．的最小值为___________． 15. 已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．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，角所对的边分别为，且． （1）求的值； （2）已知． （i）若的外接圆半径为，，求的值； （ii）求的值． 17. 在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为4 （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程． 19. 已知，等比数列的前项和为，正项等差数列的首项为5，且成等比数列． （1）求数列与数列的通项公式： （2）设，，．求证：若，满足，且有序实数对，则． （3）设，求集合的所有元素之和． 20. 已知函数 （1）若函数为增函数，求的取值范围； （2）已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 和平区2025-2026学年度第二学期高三年级第一次质量调查数学学科试卷 第I卷（选择题共45分） 监测注意事项： 1．答第I卷前，务必将自己的姓名、准考证号涂在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． 柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高． 如果事件互斥，则． 如果事件相互独立，则． 任意两个事件与，若，则． 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】 【详解】因为，所以. 故选项B正确. 2. “”是“函数在区间上为减函数”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】A 【解析】 【详解】函数在上单调递减，在上单调递增. 所以“”可以得到“函数在区间上为减函数”， 但“函数在区间上为减函数”可得 “”. 故“”是“函数在区间上为减函数”的充分不必要条件. 3. 已知函数是偶函数，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】由，， 因为函数是偶函数，则， 即，则， 即恒成立，可得. 4. 已知下列三个命题：其中真命题的序号是（ ） ①数据的第60百分位数为3； ②若随机变量服从二项分布，则； ③若随机变量服从正态分布，且，则. A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【详解】命题①：因为，所以这6个数据的第60百分位数是第4个，为3，故①正确； 命题②：若随机变量服从二项分布，则，故②正确； 命题③：因为，且，则，所以，所以，故③错误. 所以A选项正确. 5. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，则， 由，而，则， 而，所以. 6. 在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（ ） A. 面 B. C. 面 D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的性质判断A的真假；根据线面垂直的性质判断B的真假；根据线面平行的判定定理判断C的真假；利用反证法判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面.故A正确； 对B：因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以. 因为是正三角形，且为中点，所以. 平面，且，所以平面. 平面，所以.故B正确； 对C：连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点， 又因为为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：假设平面，因为平面，所以. 这需要四边形是正方形才可以. 而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误. 7. 已知双曲线的上，下焦点分别为，抛物线的准线过点，且与的一条渐近线交于点，若直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得出的，求出，再结合直线的斜率为可得，进而结合的关系求解即可. 【详解】抛物线的准线的方程为，则焦点， 而双曲线的渐近线方程为， 不妨设点为第四象限内的点， 联立，解得，即， 又直线的斜率为，则直线的倾斜角为，易得， 而，， 在中，，即， 所以，解得， 所以双曲线的方程为. 8. 已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由. 所以. 故选项C正确. 9. 已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导后可表示出，利用图象结合三角函数性质可得、，再利用降幂公式可得，结合正弦函数性质即可得解. 【详解】， 由图可得，则，故，解得， 由图可得，解得， 又，则，故，， 则， 当时，， 则，故. 第II卷（非选择题共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. 为虚数单位，复数的共轭复数为___________． 【答案】 【解析】 【分析】借助复数运算法则求出该复数后利用共轭复数定义即可得. 【详解】，故复数的共轭复数为. 11. 在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】展开式的通项, 令得, 所以的系数为. 12. 已知圆上到直线的距离为的点有且仅有4个，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设到直线的距离为，由题意可得，再利用点到直线的距离公式计算即可得. 【详解】圆的圆心为，半径为， 设到直线的距离为， 则有， 即，解得， 故实数的取值范围为. 13. 甲、乙两队参加知识竞赛，每队人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中人答对的概率分别为，且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分，则随机变量的数学期望为___________；用表示“甲、乙两个队总得分之和等于”这一事件，用表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，则___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用二项分布期望公式可得；利用二项分布概率公式求出、，设乙队总得分为，利用独立事件概率公式求出、，则可求出. 【详解】由题意可得，则； ，， 设乙队总得分为，则 ， ， 则. 14. 已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则___________．的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】借助平面向量线性运算可用、表示，再利用、、三点共线即可得；利用平面向量夹角公式可得，再借助模长与数量积关系，结合基本不等式计算即可得的最小值. 【详解】，则， 故， 由、、三点共线，可得，解得； 则， 由，则， 故， 则，故 ， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为. 15. 已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】若，可得该方程恒无解，则时，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，利用函数性质可得其单调性，即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 则值域为； 若，则可化为，方程恒无解； 若，则可化为， 则要使得该方程无解，需使，即， 即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根； 令， 作出其图象如下： 当或时，， 由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减， 有，； 当时，， 则在上单调递减，此时； 故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根， 此时的取值范围是. 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，角所对的边分别为，且． （1）求的值； （2）已知． （i）若的外接圆半径为，，求的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理计算即可得； （2）借助正弦定理将边化为角后结合两角差的正弦公式可得，；（i）利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦定理即可得，则可得、；（ii）利用三角形内角和与二倍角公式可得、，再利用两角和的余弦公式计算即可得. 【小问1详解】 由，整理得， 由余弦定理，故； 【小问2详解】 由正弦定理可得，由，则， 即，所以，； （i）由，故， 由正弦定理可得，故，则，故； （ii）由可知，故，，由， ， 故． 17. 在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角，面面角和点到平面的距离进而即得. 【小问1详解】 由，直四棱柱，有平面， 故以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知， 由分别为的中点，故． 易知， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为． 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则平面与平面的夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设点到平面的距离为． 由，有，故． 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为4 （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由已知及椭圆参数关系列方程，解出即可求解； （2）分直线斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据题设可得，结合韦达定理求解即可. 【小问1详解】 由题意，得，解得， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 当直线斜率不存在时，直线的方程为， 此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意； 当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点， 联立，整理得， 则， 而直线的斜率为，直线的斜率为， 由题意有，即，则， 整理得， 故，解得， 则直线的方程为． 综上所述，直线的方程为或． 19. 已知，等比数列的前项和为，正项等差数列的首项为5，且成等比数列． （1）求数列与数列的通项公式： （2）设，，．求证：若，满足，且有序实数对，则． （3）设，求集合的所有元素之和． 【答案】（1）， （2）不妨先设， ， 可知时也成立， 假设，即成立， 若，不妨设， 则等价于， 因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾， 所以假设不成立，此时．同理时，； 若，则，不妨设， 因为， 故 ．同理时，． 综上当时，． （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差、等比数列的概念和公式求通项. （2）结合（1）的结论，先明确和的表达式，再利用反证法进行证明. （3）先分析集合中元素的特征，表示出元素和. 方法一：利用错位相减求和法求和； 方法二：先化简得，利用错位相减求和法求，利用公式法求，即可得. 【小问1详解】 设等比数列公比为，故． 设等差数列公差为， 由已知有， 解得，即， 则或（舍）， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 先证取不同的的值各不相同，不妨设， 所以， 而， 所以， 由（2）可知，对不同的 取值，均不相同． 故． 考虑中含有个个个， 因此． 法（一） ， 两式相减得： ， 所以，． 法（二） ， 设， ， 两式作差， ， 所以，，又， 所以，. 20. 已知函数 （1）若函数为增函数，求的取值范围； （2）已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 【答案】（1） （2）（i）要证成立，即证成立． 由（1）有时，在上单调递增， 因为，则，即， 整理，即证成立． 设，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故成立，所以原不等式成立． （ii）由已知可得有两不同实根为 ，则，即， 一方面：由（1）可知，有； 同理可得，设，则， 当时，，当时，，且， 故对任意恒成立，故在上单调递减， 由，则，即，且， 则，故，可得； 另一方面：又因为 ，由（i）可得，即， 则，且，可得. 综上所述，，可得， 则，得证． 【解析】 【分析】（1）由题设可得对于任意恒成立，可得对任意恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，利用导数分析其单调性，进而得到，再结合（i）可得，进而求证即可. 【小问1详解】 由，得， 由为增函数，有对于任意恒成立， 整理有对任意恒成立． 设，则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，则， 所以的取值范围为. 【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 $