精品解析：天津市十二区重点学校2025-2026学年下学期高三毕业班联考（一）数学试卷

2026年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（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.考试结束后，上交答题卡. 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､准考证号､考试科目填涂在答题卡规定位置上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑. 一､选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 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. 已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（ ） A. 在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B. 在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C. 依据 的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D. 依据 的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 6. 已知数列，则数列的前9项和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 7. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（ ） A. 有水的部分始终呈棱柱形 B. 棱始终与水面所在平面平行 C. 水面所在四边形的面积为定值 D. 当容器倾斜如图3所示时，是定值 8. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 9. 已知双曲线的左､右焦点分别为和，过的直线交双曲线的右支于点，交双曲线的一条渐近线于点（在第二象限）.若，则双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. C. 5 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.请将正确的答案填写到答题纸上.题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分. 10. 是虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______. 11. 在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答） 12. 已知抛物线 的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交轴于两点.若，则圆的半径为__________. 13. 某班级举行抽奖活动，准备10张形状和质地完全相同的抽奖券，其中4张为一等奖券，6张为二等奖券，每次随机抽取1张.若不放回地连续抽取两次，在第二次抽到一等奖券的条件下，第一次抽到二等奖券的概率是__________；若每次都是有放回地抽取，连续抽取5次，抽到一等奖券记2分，抽到二等奖券记0分，以 表示5次抽取的总得分，则 的数学期望为__________. 14. 在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示 __________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 15. 设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 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，角所对的边分别为.已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为. （i）求的值； （ii）求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； （3）求三棱锥的体积. 18. 已知椭圆的左顶点为，右焦点为，点在椭圆上，且，，直线的斜率为. （1）求椭圆的方程； （2）点在椭圆上（在轴的上方），若，求直线的方程. 19. 已知是等差数列，是等比数列.. （1）求和的通项公式： （2）若，记由的所有可能取值组成集合. （i）求集合中的最大元素； （ii）已知为给定的大于1的自然数，求证：当 时， ，并求集合中所有大于0的元素之和. 20. 已知. （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； （3）若有两个极值点，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（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.考试结束后，上交答题卡. 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､准考证号､考试科目填涂在答题卡规定位置上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑. 一､选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集和并集的定义直接计算即可. 【详解】，， ， ，. 故选：B. 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】A 【解析】 【详解】对不等式化简变形可得： ，即，进一步化简可得： ，即， 所以原不等式等价于：， 若，则 ， ，， 因此，原不等式成立， 即，充分性成立， 若取 ，，此时，​， 满足（原不等式成立），但不满足， 即，所以必要性不成立。 因此“”是“​”的充分不必要条件. 3. 已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为无法通过五点作图得出具体函数图像，所以本题使用奇偶性，特殊值逐项排除得出答案. 【详解】A选项：，为偶函数.题中图像为奇函数，所以A不可能. C选项：同A选项判断方法也可判断C选项为偶函数，C错误. D选项：因为，当足够大时，显然不满足图像显示最后一部分由负到正的急剧递增，且当时，，与图像矛盾. B选项：从奇偶性，特殊值角度分析均有可能满足，因此图像解析式可能为. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别判断每个数与0、1的大小关系，最后根据三个数的范围比较大小. 【详解】，对数函数是增函数，且，因此：，即 ； ，对数函数是减函数，且，因此：，即； ，指数函数是增函数，因此：，即； 综上，大小关系为. 5. 近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（ ） A. 在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B. 在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C. 依据 的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D. 依据 的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】C 【解析】 【分析】借助分层随机抽样定义计算可得A；分别计算出购买燃油车的人数与购买新能源车的人数可得B；利用独立性检验定义可得C、D. 【详解】对A：，故新能源车主有 人，故A错误； 对B：购买燃油车的人数为， 购买新能源车的人数为， 则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误； 对C、D：依据 的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联， 由，故此推断犯错误的概率不大于 ，故C正确、D错误. 6. 已知数列，则数列的前9项和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】裂项可得，再分组求和即可得. 【详解】， 则、 . 7. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（ ） A. 有水的部分始终呈棱柱形 B. 棱始终与水面所在平面平行 C. 水面所在四边形的面积为定值 D. 当容器倾斜如图3所示时，是定值 【答案】C 【解析】 【分析】通过分析容器变化情况，使用线面平行的性质定理，棱柱的体积公式求解. 【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确； 由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确； 当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误； 在图3中，有水部分始终是以平面 和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确. 8. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得有周期，则可得，结合可得，再利用函数对称性，可得，代入计算即可得解. 【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合， 则有周期，则有，即， 又，故，即， 当时，，则在上单调递减， 由 ，则，即， 则. 9. 已知双曲线的左､右焦点分别为和，过的直线交双曲线的右支于点，交双曲线的一条渐近线于点（在第二象限）.若，则双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可得为中点，再设出点坐标，可表示出点坐标，则可利用及点在双曲线上列出与、、有关等式，最后利用离心率定义计算即可得. 【详解】由，为中点，则为中点， 由在第二象限，可设，则， 由，则， 整理得， 由在双曲线上，则有， 整理得，则， 整理得，即. 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.请将正确的答案填写到答题纸上.题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分. 10. 是虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______. 【答案】2 【解析】 【详解】由，得，分子分母同乘得：， 故复数的虚部为. 11. 在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【详解】由二项式定理，展开式的通项为. 令，解得，将代入通项，得的系数为. 12. 已知抛物线 的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交轴于两点.若，则圆的半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出点坐标，利用勾股定理解得坐标，求出圆半径. 【详解】由 可知， . 设，则由抛物线定义可得，即圆半径为， 而点到轴距离为，，则由勾股定理可得， 解得 ，所以圆半径为. 13. 某班级举行抽奖活动，准备10张形状和质地完全相同的抽奖券，其中4张为一等奖券，6张为二等奖券，每次随机抽取1张.若不放回地连续抽取两次，在第二次抽到一等奖券的条件下，第一次抽到二等奖券的概率是__________；若每次都是有放回地抽取，连续抽取5次，抽到一等奖券记2分，抽到二等奖券记0分，以 表示5次抽取的总得分，则 的数学期望为__________. 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算可得空一；利用二项分布的期望公式与期望性质计算可得空二. 【详解】设事件表示：“第二次抽到一等奖券”，事件表示：“第一次抽到二等奖券”， 则； 设表示5次抽取中抽到一等奖券的次数， 每次抽到一等奖券的概率，则由题意可得， 故，又，则. 14. 在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示 __________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用中点与共线条件，将点 的位置用参数 表示，并通过向量共线建立方程解出 与 ，从而确定 与 的表达式；再将已知的 的值代入，结合与的夹角关系转化为关于 x, y的方程；最后使用基本不等式求出 xy的最大值，进而得到平行四边形面积的最大值. 【详解】如图，因为 是 中点，所以 ，. 又 是 AE 中点，故 ，. 设 ，则 . 由 共线，，即 ， 得 ，，，故 . 又 ，. 设 ，，则， 代入得 . 由基本不等式 ，得 ，当且仅当时等号成立. 平行四边形面积 ，故 . 15. 设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件. 【详解】令得方程，首先必须保证， 当时，恒成立；当时，等价于 或， 首先对分段讨论，当时，， 两边平方得解得 或， 得到存在需满足，存在需满足， 即应有或 ； 当时，， 两边平方得即， 设，， 且时有两个根， 设为，存在需满足， 考虑几个分界点的值， ，. 接下来对进行分类讨论， 当 时，此时应有 或，均存在， 此时 开口朝下且有， 根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件； 当时，存在，不存在， 变为，零点为不满足存在条件； 当 时，此时应有 或，存在，不存在， 得到 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，，均不满足存在条件； 当时，不存在，存在， 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，不存在，存在，均不满足存在条件； 当时，都不存在， 开口朝上，且对称轴， 根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件； 当时，都不存在， 综上所述，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，角所对的边分别为.已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为. （i）求的值； （ii）求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，约去 得 ，即 ，结合 得 . （2）（i）先利用面积公式 得 ，再由余弦定理 求解即可. （ii）解法一：由正弦定理得 ，根据边的大小关系判断 为锐角后求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 解法二：由余弦定理得求出 ，进而得到 ，代入 的展开式即得 . 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又因为是 的内角，所以，则. 所以，又因为 ，所以. 【小问2详解】 （i）因为的面积为. 所以，所以， 根据余弦定理， 所以. （ii）解法一：由正弦定理，得， 因为所以，所以是锐角，所以， ，， . 解法二：由余弦定理可得：， 是 的内角，所以， ，， . 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 证法一：连接与交于点，再连接， 因为 ， 所以 因为，所以， 所以， 又因为 平面，所以平面 证法二：以为原点， 所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则. 设是平面的一个法向量， ，则， 令 ，则，平面的一个法向量为. 因为，所以， 又因为 平面，所以平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证法一：连接 与 交于 ,连 ,由相似比与已知比例得 ,从而证得线面平行. 证法二：以 为原点建系,写出各点坐标,求出平面 的法向量,再验证 与法向量垂直,且 不在面 内,从而证得线面平行. （2）解法一：设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. 解法二: 设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. （3）解法一：由 得体积比例关系,用棱锥体积公式直接算出 . 解法二：先在 中求边长与正弦值,再用向量求点 到面的距离,代入体积公式得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得， ，所以线段的值为. 解法二： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得，，所以线段的值为. 【小问3详解】 解法一： 因为，所以， 解法二：由（1）所建立的坐标系可得. 则 故由余弦定理可得 所以， 由（1）得,平面的一个法向量为. 点到平面的距离. 18. 已知椭圆的左顶点为，右焦点为，点在椭圆上，且，，直线的斜率为. （1）求椭圆的方程； （2）点在椭圆上（在轴的上方），若，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）表示出点坐标与直线的斜率后计算即可得； （2）法一：设直线的方程为，联立曲线方程，可用表示出点坐标；思路一：可利用正弦定理及二倍角公式得到或，再分类计算可得，即可得解；思路二：过点作 交于点，则可得，即有，再利用两点间距离公式计算即可得解；思路三：利用向量夹角余弦的公式及数量积公式结合两点间距离公式计算即可得解；思路四：利用三角恒等变换，可将转化为，再利用正切定义及两点间距离公式计算即可得解；法二：设直线的方程为，联立曲线方程，可用表示出点坐标，再利用正弦定理及二倍角公式得到或，再分类计算可得，即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，点的坐标为， 则，解得， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 法一：由题意可知直线的斜率存在且大于， 设直线的方程为， 由方程组，整理得， ， ，得， 则， 思路一： 在中，， 得， 因为在中，所以或， 若， 即不成立. ， ， ， 所以， 得，因为，所以， 直线的方程为. 思路二： 过点作 交于点， 则， 因为，所以， ， ， ， ， ， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 思路三： 因为，所以， 则， ， ， ， 即， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 思路四： 因为， ， ， 因为，所以， ， 即， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 法二：由题意可知直线的斜率存在且大于， 设直线的方程为. 由方程组，整理得， 解得，或，由题意得， 在中，， 得 因为在中，所以， 或，若， 即不成立， ， ， ， 所以， 得，因为，所以， 直线的方程为. 19. 已知是等差数列，是等比数列.. （1）求和的通项公式： （2）若，记由的所有可能取值组成集合. （i）求集合中的最大元素； （ii）已知为给定的大于1的自然数，求证：当 时， ，并求集合中所有大于0的元素之和. 【答案】（1）； （2）（i） ； （ii）证明：首先证明，当 ，即时， ， 当时，， 由（i）可知 ， 所以， ， 反之，若 ，则必有 ，否则若 ，则 ， 故当且仅当 时， ， 再证明集合中有个大于0的元素， 首先，当 ，即时，对于任意， 都有和两种可能，故有种不同形式， 下面证明这种不同形式的结果互不相同， 任取其中的两种不同形式，记为， ， 因为 为两种不同形式，则必存在，使得， 将其中最大的记为，不妨设， 若，则显然 ， 若，则 ， 故 ，因此集合中有个大于0的元素， 将这个元素记为，其中给定， 满足的元素个数为个，满足的元素个数也为， 因此 ， 所以集合中所有大于0的元素之和为.. 【解析】 【分析】（1）设等差数列公差、等比数列公比，列方程组，求解公比和公差，得出两数列通项公式. （2）(i) 要使取最大值 ，需每一项 (因 ，正项和最大)，构造该和式，采用错位相减法消去等比项，化简计算后，得出集合 中的最大元素. (ii)先证明 时和为正，通过放缩与前 项和对比得出；再证 ) 时和必为负，进而得和为正的充要条件，接着证明正元素个数为 且互不相同,最后利用前 项正负抵消的性质，计算所有大于 0 的元素之和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由， 得：，即， 所以，解得： 或 （舍）， ， 从而，； 【小问2详解】 （i）当时，取最大值， 此时，①， ②， ①-②得： ， 故 ，即集合中的最大元素为 ； （ii）略 20. 已知. （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； （3）若有两个极值点，且，求证：. 【答案】（1） （2） （3） 解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 【解析】 【分析】（1）先代入 ，求与，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程. （2）解法一:先求导得出在递增、递减，得其最大值为，再将题意转化为恒成立，构造函数求导并按与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出的取值范围. 解法二: 先求导得，并分析其单调性与最大值,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参数构造函数,通过多次求导判断单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定的取值范围为 . （3）解法一:先由极值点条件换元转化方程，得到满足的关系式，再将 整理为同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得，最终得到. 解法二: 先由单调性得极值点满足,构造对称函数并通过连续两次求导数判断其单调递增,推出,再利用 单调性证得 ,结合 在递增,最终推导出. 【小问1详解】 当 时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. 【小问2详解】 解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在 处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时， ，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在 处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $