精品解析：天津市南开中学2026届高三下学期数学统练2

天津市南开中学2026届高三下学期数学统练2 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在等比数列中，“”是“数列递减”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图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D. 若随机变量服从正态分布，且，则 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知方程在上有实根，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 设双曲线的右顶点为，过点且斜率为2的直线与C的两条渐近线分别交于P，Q两点（其中点P在第一象限）.若O为坐标原点，点M满足，，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数的部分图象如下，关于函数，给出下列命题： ①的值为； ②函数的图象关于直线对称； ③若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则实数的取值范围是； ④若方程且)在内至少有3个不同的实根，则实数的取值范围是． 其中真命题共有（　　）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题 10. 复数，，若为实数，则______． 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 12. 已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则_____________． 13. 随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区，这6个随机选择1个景点游玩，两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率为________．这两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的条件下，他们选择的景点不相同的概率________． 14. 如图，在和中，是的中点，，，若点为上的动点，则的最小值为__________，若，则等于__________. 15. 设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是____. 三、解答题 16. 在中，角所对的边分别为．已知． （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，设直线，分别与轴交于点，若的面积为1，求直线的斜率． 19. 已知数列和中，，，，其中． （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前项和； （3）证明：存在，使得对任意均成立． 20. 已知函数． （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程． （2）若在区间上分别存在唯一的极值点和零点； （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市南开中学2026届高三下学期数学统练2 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式化简集合，根据交集的概念求解. 【详解】由，解得，所以， 由，解得，所以. 所以， 故选：A. 2. 在等比数列中，“”是“数列递减”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】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和充分条件、必要条件的定义分析判断即可. 【详解】当时，设公比为q，则， 若，则，即，此时，显然数列是递减数列， 若，则，即，此时，数列也是递减数列， 反之，当数列是递减数列时，显然． 故“”是“等比数列递减”的充要条件． 故选：C． 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的单调性排除D，从而判断选项. 【详解】对于B，当时，，，，则，不满足图象，故B错误; 对于C，，定义域为，而，关于轴对称，故C错误; 对于D,当时，，由反比例函数的性质可知在单调递减，故D错误; 利用排除法可以得到，在满足题意，A正确. 故选：A 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断C，根据正态分布的对称性求解可判断D. 【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误； 对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误； 对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误； 对于D，因为服从正态分布，且， 所以，故D正确； 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于对数函数和指数函数的值比较大小，通常可以利用函数的单调性以及中间值来进行判断. 【详解】因为， 又因为对数函数在上单调递增，且， 所以，即. ，，由于，，且函数在上单调递增， 所以，即. 综合以上两个比较结果，可得. 故选：A 6. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，取的中点，设点在侧面上的投影为点，则点在上，利用求出球心到四棱锥顶点的距离，再由棱锥的体积公式计算可得答案. 【详解】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心， 由体积为得， 连接，平面，球心在上，， 取的中点，连接，设点在侧面上的投影为点， 则点在上，且，， 球心到四棱锥顶点的距离为， 所以，，解得， 所以. 故选：A. 7. 已知方程在上有实根，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】设方程在上有实根为，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】设方程在上的实根为，则， 所以， 所以 ， 当且仅当且且，即，时等号成立， 所以的最小值为. 故选：C 8. 设双曲线的右顶点为，过点且斜率为2的直线与C的两条渐近线分别交于P，Q两点（其中点P在第一象限）.若O为坐标原点，点M满足，，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得到为的中点，过点作轴，设，由过点的直线的斜率为2得到的值，利用勾股定理得到的值，结合得到，从而得到，，由的坐标得到的值，从而得到的坐标，由是双曲线渐近线上的点，及斜率为2，可得的值，利用公式得到离心率的值. 【详解】，为的中点， 过点作轴，交轴于点， 设， 过点的直线的斜率为2，， ， ，，，，， ，，，， 设， 为的中点，，， 是双曲线的渐近线上的点， ， ，， ， ，， ， . 故选：B. 9. 已知函数的部分图象如下，关于函数，给出下列命题： ①的值为； ②函数的图象关于直线对称； ③若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则实数的取值范围是； ④若方程且)在内至少有3个不同的实根，则实数的取值范围是． 其中真命题共有（　　）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据图象求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】对于①，，所以， 且在附近单调递增，又，故，①正确； 对于②，由题意得，又，故， 解得，又，且函数在附近单调递增， 所以，解得， 所以，解得， 又，所以，所以， 故，所以函数的图象不关于直线对称，②错误； 对于③，， 若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则， 解得，③正确； 对于④，， 由于且，的图象可以由纵坐标不变，横坐标变为原来的得到， 要想方程且)在内至少有3个不同的实根，先考虑临界情况，如图： 此时且)在内有2个不同的根，且满足时，成立，即， 结合图象的单调性，可知， 解得， 当时，纵坐标不变，横坐标进一步进行缩短，此时满足方程且)在内至少有3个不同的实根， 所以实数的取值范围是，④正确； 所以其中真命题共有3个. 二、填空题 10. 复数，，若为实数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复数的几何意义求解即可； 【详解】∵， ∵为实数，∴，即． 故答案为：. 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】由展开式中只有第5项最大，得，写出展开式的通项，求常数项. 【详解】由题意，所以展开式第项为， 令，得，故常数项为. 故答案为：7. 12. 已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据抛物线的定义求出点的坐标，再将圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标和半径，最后根据切线的性质，利用勾股定理求值. 【详解】在抛物线中，，则，所以焦点，准线方程为． 设点，根据抛物线的定义，可得， 解得．把代入，得， 因为，所以，即． 圆，圆心为，半径， 故． 故答案为：． 13. 随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区，这6个随机选择1个景点游玩，两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率为________．这两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的条件下，他们选择的景点不相同的概率________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据古典概型的计算方法可求两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率；设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，先求出，，在利用条件概率公式即可求第二空. 【详解】设事件表示“两位游客都选择天津之眼摩天轮”， 则； 设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”， 则，， ∴． 故答案为：． 14. 如图，在和中，是的中点，，，若点为上的动点，则的最小值为__________，若，则等于__________. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】由已知条件可得，所以当时，最小，此时取得最小值，在中求出边上的高即可得答案；由已知可得，将化简可得，从而可求出的值 【详解】解：由是的中点，得 ， 所以当最小时，取得最小值，即当时，最小， 在中，，，所以边上的高为， 所以最小值为, 所以取得最小值为； 由题意可得， 所以， 由，可得, 所以， ， 所以， 所以，所以， 故答案为：，2 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的数量积的运算律的应用，解题的关键是结合图形，将转化为，从而可求出其最小，考查数形结合的思想和计算能力，属于中档题 15. 设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】设，结合题意可知函数在区间内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及的正负即可求解． 【详解】由题意，函数与函数在区间内恰有3个零点， 设， 即函数在区间内恰有3个零点， 当时，函数在区间内最多有2个零点，不符合题意； 当时，函数的对称轴为， ， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当，即时，函数在区间上无零点， 所以函数在上有三个零点，不符合题意； 当，即时，函数在区间上只有一个零点， 则当时，， 令，解得或，符合题意； 当，即时，函数在区间上有1个零点， 则函数在上有2个零点， 则，即，所以； 当，即时，函数在区间上有2个零点， 则函数在上只有1个零点， 则或或，即无解． 综上所述，的取值范围是． 故答案为：． 三、解答题 16. 在中，角所对的边分别为．已知． （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可求答案； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理可求答案； （3）先利用倍角公式求出，再利用和角公式可求答案. 【小问1详解】 因为, 根据正弦定理得， 整理得, 根据余弦定理, 可得， 又因为,（是的内角）, 所以. 【小问2详解】 由正弦定理，得， 由（1）知，结合， 由余弦定理得，. 【小问3详解】 由已知得， ， . 17. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 18. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，设直线，分别与轴交于点，若的面积为1，求直线的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可求解； （2）设所求，，，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理有，，而的坐标可以用的坐标表示，而的面积为1，从而得关于的方程即可求解. 【小问1详解】 由题，联立，解得，所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为，即，，， 联立，化简得， ，，，， ，， 直线的方程为，令，，故， 直线的方程为，令，，故， 由，可得， ，化简为，解得. 19. 已知数列和中，，，，其中． （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前项和； （3）证明：存在，使得对任意均成立． 【答案】（1）证明见解析； （2）当时，， 当时，. （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题设数列递推式构造数列，由等差数列定义证明即可； （2）分和两种情况讨论，利用分组求和法和错位相减法计算即可得出答案； （3）通过分析，推测数列的第一项最大，只要即可，利用放缩法证明即可. 【小问1详解】 由，， 可得， 则，即， 故为公差为1，首项为的等差数列； 【小问2详解】 由（1）得， 解得， 设数列的前项和为， ① ② 当时，由，可得 ， 则， 这时数列的前项和， 当时，， ； 综上所述，当时，， 当时，，故. 【小问3详解】 通过分析，推测数列的第一项最大，下面证明： ，③ 由知，要使③式成立，只要， 因为 ， 所以③式成立， 因此，存在，使得对任意均成立． 20. 已知函数． （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程． （2）若在区间上分别存在唯一的极值点和零点； （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）（i）求出函数的导数，再按分类讨论，利用极值点的意义，结合零点存在性定理求解即可；（ii）由（i）的信息令，将所证不等式等价转化恒成立，再构造函数并利用导数证明即可. 【小问1详解】 当时，函数，求导得， 则，而， 所以函数的图象在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （i）函数，，求导得， 令函数，，求导得， 令函数，，求导得，函数在上单调递增， ①当时，对恒成立， 函数，即在上单调递增，则， 函数在上单调递增，， 因此函数在上无极值点，也没有零点，不符合题意； ②当时，，又在上单调递增， 且当，，则，使， 当时，；当时，， 函数，即在上单调递减，在上单调递增， 则，又时，， 由零点存在性定理得，使， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此是函数在有唯一的极值点， 又，当时，， 由零点存在性定理得，使，因此是函数在有唯一的零点， 所以实数的取值范围是. （ii）要证，而， 即证， 即， 令，由（i）知，即证当时，恒成立， 令， 求导得， 由，得，则， 因此，令， 求导得，令函数， 求导得，令函数，求导得， 函数在上单调递减，则，函数在上单调递减， 因此，函数在上单调递减，，而， 则，函数在上单调递减，于是， 即当时，恒成立， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $