精品解析：天津市河北区2025-2026学年度高三年级总复习质量检测(一)数学试题

河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（一） 数学 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3页，第Ⅱ卷4至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效. 3．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. “”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. 已知，，，那么a，b，c的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 以下结论错误的是（ ） A. 根据列联表中的数据计算得出，而，则根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系 B. 在回归直线中，变量时，变量y的值一定是15 C. 的值越大，两个事件的相关性的可能性就越大 D. 在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好 5. 已知函数，则图象如图可能对应的函数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递减 D. 将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 7. 已知首项为1的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 4 C. D. 8. 已知双曲线（，）的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 9. 已知函数若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3．本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大趣共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知（），则_____． 11. 二项式的展开式中常数项为 __________.(用数字作答) 12. 抛物线的焦点为F，经过其准线与y轴的交点Q的直线与抛物线切于第一象限点P，则外接圆的标准方程为______． 13. 三批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为；第三批占，次品率为．将三批产品混合，从混合产品中任取一件，这件产品是次品的概率为______；如果取到的产品是次品，则它是取自第一批产品的概率为______． 14. 如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 15. 已知非零向量，的夹角为，，对任意，有，则______，从而的最小值是______ 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，得分 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，． （1）求a的值； （2）求的值； （3）过点A作，D在边上，记与的面积分别为，，求的值． 17. 如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 18. 分别过椭圆左、右焦点的动直线相交于点，与椭圆分别交于与不同四点，直线的斜率分别为，且满足，已知当与轴重合时，，此时直线CD垂直于x轴，且． （1）求椭圆的方程； （2）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由． 19. 对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值； （2）设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由． 20. 已知函数． （Ⅰ）求函数在处的切线方程； （Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值； （Ⅲ）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（一） 数学 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3页，第Ⅱ卷4至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效. 3．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】D 【解析】 【分析】根据集合的补集和交集的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 因为， 所以， 故选：D. 2. “”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】A 【解析】 【详解】解方程， 若，即或者，原式为， 整理得，解得或者. 若，即，原方程， 即，等式恒成立，所以 综上 而是的真子集，所以是充分不必要条件. 3. 已知，，，那么a，b，c的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，， 所以. 故选：C 4. 以下结论错误的是（ ） A. 根据列联表中的数据计算得出，而，则根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系 B. 在回归直线中，变量时，变量y的值一定是15 C. 的值越大，两个事件的相关性的可能性就越大 D. 在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好 【答案】B 【解析】 【分析】对于AC，根据独立性检验的定义和性质进行求解；对于BD，根据回归直线的概念和性质进行求解. 【详解】对于选项A：，故根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系，即A正确： 对于选项B，回归直线方程中，当变量等于200时，的值平均是15，不能说一定是15，故B错误； 对于选项C：越大，“与有关系”可信程度越大，即相关性的可能性就越大，即C正确； 对于选项D：在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好，即D正确. 5. 已知函数，则图象如图可能对应的函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题图和排除法，利用奇偶性的定义判断、的奇偶性，利用指数函数、余弦函数及函数的定义域判断即可. 【详解】因为的定义域为R，又，所以是奇函数， 又因为的定义域为R，且， 所以是偶函数， 由图象知：函数定义域为R，且图象关于原点对称， 所以函数为奇函数， 而，故A错误； ，故B错误； 定义域为，故D错误； 的定义域为R，为奇函数，C正确， 故选：C 6. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递减 D. 将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 【答案】B 【解析】 【详解】由图象可知：，，所以， 由得. 由，得，又可得. 所以，故A正确； 因为，所以不是函数的对称中心，故B错误； 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度可得，故D正确. 7. 已知首项为1的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项可得，进而可得和，代入等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】因为，，成等差数列，则， 即，可得，则等比数列公比， 且首项，所以. 8. 已知双曲线（，）的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】因为，双曲线（，）的渐近线方程为， 取，即，因为，且圆的半径为， 则到的距离为， 所以，结合， 整理得到，即的离心率为. 9. 已知函数若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数及的图象，通过解方程的方法求得函数图象的交点的横坐标，然后利用数形结合即得. 【详解】画出函数的图象，则函数的图象向左平移个长度单位，得到函数的图象， 设两图象交于点，且横坐标分别为， 由图象可得满足的实数的取值范围为， 对于，由，解得， 所以，解得或（舍去）， 对于，由，解得， 综上，可得实数的取值范围为． 故选：D． 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3．本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大趣共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知（），则_____． 【答案】2 【解析】 【详解】因为，所以，则. 11. 二项式的展开式中常数项为 __________.(用数字作答) 【答案】60 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再求出的指数为0的项即得. 【详解】二项式的展开式的通项公式， 由，得，则， 所以二项式的展开式中常数项为60. 故答案为：60 12. 抛物线的焦点为F，经过其准线与y轴的交点Q的直线与抛物线切于第一象限点P，则外接圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】确定抛物线的焦点与过点的切线，求出，可知，进而有外接圆以为直径，即可求解. 【详解】由题意，，设， 因为，所以切线方程为， 代入得，点P在第一象限， 所以，从而， 所以外接圆以为直径， 当时，圆心为，半径为， 圆的方程为； 所以外接圆的标准方程为． 13. 三批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为；第三批占，次品率为．将三批产品混合，从混合产品中任取一件，这件产品是次品的概率为______；如果取到的产品是次品，则它是取自第一批产品的概率为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【详解】用表示“取到第批产品”，用表示“取到次品” 则，， 则 ； . 14. 如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为. 则，，平面，且，所以平面. 同理平面. 所以三点共线. 又，，所以. ，，所以是等腰直角三角形，所以. 所以. 15. 已知非零向量，的夹角为，，对任意，有，则______，从而的最小值是______ 【答案】 ①. 1 ②. 7 【解析】 【分析】（1）将原式两边平方，转化为不等式，利用，即可求得；（2）构造向量差的绝对值的几何意义，利用三点共线求的最小值. 【详解】第一空：由|，两边平方整理可得， 则， 即，即， 可知， ∴； 第二空：设，，，，， 则；，∴；如图所示，作点关于的对称点，则；则当，，三点共线时，有最小值，此时，， ，在中，由余弦定理，∴， 即的最小值为7 故答案为：； 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，得分 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，． （1）求a的值； （2）求的值； （3）过点A作，D在边上，记与的面积分别为，，求的值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理直接求解. （2）利用正弦定理、二倍角公式及和角的正弦公式求解. （3）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理，得， 解得． 【小问2详解】 由正弦定理，得，即， 因为B为锐角，所以， 则，， 所以． 【小问3详解】 因为，即，所以， 则． 设点A到直线的距离为d， 因为，，所以． 17. 如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可； （2）根据面面角向量法计算求解； （3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 设的中点，连接， 则，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又，所以． 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，． ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，故， 因为，所以， 又因为平面，所以平面． 【小问2详解】 ，，设平面的法向量为， 则，令，则，，故， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 设，， ， 设与平面所成角为， 则， 因为，， 所以的取值范围是． 18. 分别过椭圆左、右焦点的动直线相交于点，与椭圆分别交于与不同四点，直线的斜率分别为，且满足，已知当与轴重合时，，此时直线CD垂直于x轴，且． （1）求椭圆的方程； （2）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由． 【答案】（1）．（2）存在点其坐标分别为，使得为定值． 【解析】 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）先求出焦点坐标，当直线或斜率不存在时，点坐标为或，当直线斜率存在时，设斜率分别为，设，由，得，由此利用韦达定理结合题设条件得出答案. 【详解】（1）当与轴重合时，，即 当与轴重合时，，则，，即 则垂直于轴，将代入椭圆方程得，即 所以，解得 所以椭圆E的方程为． （2）焦点坐标分别为，， 当直线或斜率不存在时，点坐标为或， 当直线，斜率存在时，设斜率分别为， 设，由， 得， ∴，， = 同理， 由，则，即， 由题意知，所以 设，则，即，， 由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足， 所以点点在椭圆上， 所以存在点其坐标分别为，使得为定值 ． 【点睛】关键点睛；本题考查根据弦长求椭圆方程和探求满足条件的动点的轨迹、定点定值问题，解答本题的关键是设出直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理得到，同理，从而得到，由此求出动点的轨迹方程，属于难题. 19. 对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值； （2）设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）是周期为2的周期数列，理由见解析 （3）存在，，． 【解析】 【分析】（1）根据题意列式计算即可求解； （2）先利用求得或，由得出，求出数列的通项公式即可判断出数列是否为周期数列； （3）先由数列满足，推出数列以及数列是周期为的周期数列，求出数列的前项，即可求出数列的前项和以及数列的前项和的取值范围，即可求出对应的、的取值范围. 【小问1详解】 因为数列是周期为3的周期数列， 当，时，，， 因为，，解得，或， 经检验，时，，时，，，成立； 时，，时，，，不成立，舍去； 所以． 【小问2详解】 当时，，又，得； 当时，， 化简，得． 即，或． 由，有， 所以数列为公比为等比数列，即， 所以对任意都成立， 即当时，是周期为2的周期数列． 【小问3详解】 假设存在p、q，满足题设． 所以化简，得， 又，则． 所以是周期为3的周期数列，所以的前3项分别为2，3，． 则，， 当时，； 当时，，因为数列单调递减，所以， 当时，，； 综上所述：，为使恒成立，只要，， 所以，． 20. 已知函数． （Ⅰ）求函数在处的切线方程； （Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值； （Ⅲ）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析. 【解析】 【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，再求和，根据导数的几何意义即为函数在处的切线方程的斜率，利用点斜式方程即可求解； （Ⅱ），得等价于在上恒成立，令，即恒成立，只要即可，从而求得实数a的值； （Ⅲ），设，跟的单调性，研究其零点，从而可证所求. 【详解】解（Ⅰ），而， 所以在处的切线方程为： （Ⅱ）由题意得：， 因为，所以问题等价于在上恒成立， 令，则， 当时，恒成立，则在上单调递增，又， 所以当时，，不满足题意，舍去； 当时，因为时，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值且为最大值，即最大值为， 所以，整理得：令，则，易得在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，即最大值为，所以的解为． （Ⅲ）， 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以在上有唯一零点， 在上有唯一零点1； 且当时，；当时，； 当时，．因为， 所以时的唯一极小值点． 由得故，由得，． 因为当时，在取得最小值，由得，． 所以． 【点睛】本题考查了导数的几何意义，函数的最值，不等式恒成立问题，极值及零点问题，考查了分类讨论思想，对计算能力的要求很高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $