精品解析：天津市河西区2025-2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查(二) 数学试卷

河西区2025—2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二） 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. 已知，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图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，已知，，那么使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 6. 某研究小组为了探究变量x与y之间的线性相关关系，收集了5组数据，（），并绘制成如图所示的散点图（点A，B，C，D，E）.经计算，这5组数据的样本相关系数为r.若去掉点后，剩余4组数据的样本相关系数为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 8. 已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. 9. 双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 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. 已知是虚数单位，化简的结果为_______. 11. 在的展开式中，项的系数为_______. 12. 已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为_______. 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 14. 已知菱形的边长为2，，设点P为平面内一动点，满足，则_______；的取值范围为_______. 15. 若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 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和c的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. （1）若为棱的中点，求证：平面PAB； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点A到平面的距离. 18. 已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 19. 已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）. （1）求的前n项和； （2）设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y. （ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：； （ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式. 20. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若恰有一个正零点，求实数a的取值范围； （3）对于任意的正整数k，且时，设的正零点为，求证：对于任意的正整数n，都有. 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（二） 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】D 【解析】 【详解】因为，，所以，则. 2. 已知，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】 【分析】 利用充分条件和必要条件的定义即可判断. 【详解】当且时，由基本不等式可得：，当且仅当时，取等号， 当时，，即恒成立，则，， 又因为，则且， 所以，，则“且”是“”的充分不必要条件， 故选：A 3. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象可得为定义域在上的奇函数，且，结合奇偶函数的定义依次判断选项. 【详解】根据图象可得为定义域在上的奇函数，且， 对于A，因为 所以是定义域在上的奇函数， 因为，所以不满足条件； 对于B，因为 所以是定义域在上的偶函数，不满足条件； 对于C，因为 所以是定义域在上的奇函数， 因为，所以满足条件； 对于D，因为 所以是定义域在上的偶函数，不满足条件； 4. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断出，，，变形，构造函数，比较出，得到答案 【详解】，，， 其中，，，， 设，则， 令得，令得， 故在上单调递增， 所以，即，， 所以. 5. 在数列中，已知，，那么使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 【答案】B 【解析】 【分析】找到数列的规律，周期，分组求和，结合单调性得到答案 【详解】，故， ，故，，，， ，……， 故当，为奇数时，，当，为偶数时，， 且当时，随着的增大，不减， 其中，， ， 所以使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为2026. 6. 某研究小组为了探究变量x与y之间的线性相关关系，收集了5组数据，（），并绘制成如图所示的散点图（点A，B，C，D，E）.经计算，这5组数据的样本相关系数为r.若去掉点后，剩余4组数据的样本相关系数为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以去掉点后，回归效果更好，结合相关系数的性质判断． 【详解】从散点图中可知，样本数据的两变量是正相关， 由于点较其他点偏离程度大，删除点后，回归效果更好， 从而相关系数的绝对值更接近于1，所以 7. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解. 【详解】将原图形补全为长方体，如下图： 因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米， 所以梯形的高（即几何体的高）为：米 所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米； 由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米， 所以每个三棱锥的体积为：立方米， 4 个三棱锥总体积：立方米 所以该纪念碑基座的体积为立方米 8. 已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的解析式，换元，画出函数图象，数形结合得到的取值范围，并分两种情况，结合函数对称性得到方程，求出答案 【详解】图象的两个相邻对称中心之间的距离为，故的最小正周期为， 又，所以，解得，故， 因为为函数的对称中心，所以， 所以，解得， 因为，所以只有满足要求，故， ，故， 画出在上的函数图象，如下： 有且只有两个不同的实数根，， 则与有且只有两个不同的实数根， 所以且， 若，则关于对称，，， 即，解得，， 若，则关于对称，，， 即，解得，， 则的所有可能取值构成的集合为 9. 双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得到，结合二次函数的性质得到的最大值为，从而得到，化简即可求解. 【详解】由题可得：，，即，直线的方程为：， 因为过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A， 交抛物线于点M（A，M均在第一象限）， 所以,, 则，， 所以， 由于，所以当时，取最大值， 最大值为， 即，化简得：， 则双曲线的离心率为 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. 已知是虚数单位，化简的结果为_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求解即可. 【详解】 11. 在的展开式中，项的系数为_______. 【答案】 【解析】 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 所以项的系数为. 12. 已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为_______. 【答案】 【解析】 【详解】设圆心坐标为：，圆的半径为，圆的方程为：， 因为圆过，，且圆心在直线上， 联立方程： ，解得：， 所以圆的方程为：， 则， 所以切线长为. 13. 天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为_______；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为_______. 【答案】 ①. ##0.4 ②. ##0.48 【解析】 【分析】由题意，由组合知识，全概率公式进行求解 【详解】某游客在第一步获得“A组票箱”，即抽出的2个球颜色相同， 抽到的2个球均为红色或白色，故概率为； 故游客在第一步获得“B组票箱”的概率为， 从“A组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 从“B组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为， 所以游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为. 14. 已知菱形的边长为2，，设点P为平面内一动点，满足，则_______；的取值范围为_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建系，确定动点的轨迹方程，再结合向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】 菱形边长为2，，设对角线交点为原点，对角线在轴上， 得各点坐标：  ，  设动点，则 ， 化简可得的轨迹：​，即在以原点为圆心，半径为的圆上， 则 则 由点是圆上的点，以原点为圆心，半径， 所以， 即， 所以 即的取值范围为. 15. 若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用等价于且，把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题；再用一元二次不等式在上恒成立的判别式条件，得到与的约束；最后令，将化为关于的二次函数并配方求最大值． 【详解】由题意，对任意实数，都有恒成立． 因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且． 先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立． 因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于， 即，整理得，即， 故． 再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立． 同理，需判别式不大于，即． 因为，所以必须有，即； 并且由，得． 结合与，可得． 令，则，且． 由，得． 因此． 当时，，且取，解得．此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立． 综上，的最大值为． 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和c的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1），. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）利用正弦定理求解即可； （3）利用二倍角公式以及两角差的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以设，（）， 根据余弦定理得，将，， 代入得 化简得， 解得，结合得，因此，. 【小问2详解】 因为B为的内角，所以， 根据同角三角函数的平方关系得，, 根据正弦定理，代入，，, 得到; 【小问3详解】 在中，，因为， 所以角为锐角，故, 由同角三角函数平方关系， 由二倍角公式， 而， 由两角差的正弦公式得 . 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. （1）若为棱的中点，求证：平面PAB； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点A到平面的距离. 【答案】（1）证明：取棱的中点N，连接. 在中，M，N分别为，的中点， 所以，且.因为，所以. 又因为底面中，且，所以，且. 所以四边形为平行四边形，从而. 又因为平面，平面，所以平面. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）取的中点N，连接，证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进而可求解； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向， 建立空间直角坐标系. 由已知条件可得各点坐标，，，. 因为且，所以点C的坐标为. 对于平面，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面PCD的一个法向量为. 对于平面，，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 故这两个平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知，平面的一个法向量为， 因为点在平面上，且点A坐标为，所以 则点A到平面的距离d为， 所以点A到平面的距离为. 18. 已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】(1)将点的坐标代入方程，结合解方程即可求解； (2)设直线l的方程为（斜率必不为0）与椭圆方程联立，得到根与系数关系，分别表示直线AP、AQ的方程，求出M、N的坐标，结合，化简可得的值，利用弦长公式结合化简即可求解. 【小问1详解】 由题意，椭圆的焦距，所以. 因为，所以. 将点代入椭圆方程，得： 去分母化简，得： . 因为，所以.从而. 故椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 由（1）知，右顶点，左焦点 设直线l的方程为（斜率必不为0） 代入椭圆方程： . 设，所以， 直线AP过点和，其方程为： 令，得交点M的纵坐标： 同理可得交点N的纵坐标： 因为 所以 由已知 ，解得 所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为 判别式 恒成立 由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为 面积S为： 由已知，可得： 整理得：即 解得. 综上所述，满足条件的直线l的方程为或. 19. 已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）. （1）求的前n项和； （2）设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y. （ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：； （ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】(1)利用等比中项的性质求出，得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得的前n项和； (2)（ⅰ）根据题意可得x是最小元素，则X中的其他元素只能从这个元素中选取.得到这样的子集X共有个，从而得到，代入(1)问中的结论，令即可求解； （ⅱ）根据题意分析可得对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为，代入（ⅰ）的结论，则，从而得到，利用等比数列的求和公式即可求解. 【小问1详解】 由题意，设数列的公差为， 已知，是和的等比中项， 所以，因为，所以， 所以，所以. 所以，① ，② ①式减去②式（错位相减法）得： 因为，两边同除以得： . 【小问2详解】 （ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X. 因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取， 这样的子集X共有个. 因此，在的求和中，（即x本身）被累加了次， 所以：， 将直接代入(1)的结论中： ， ， 所以：命题得证. （ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定， 也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和， 设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集）， ①若，则，此时最小元素，对应的项为， ②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即， 对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和， 恰好就是（ⅰ）中的. 因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：， 代入（ⅰ）的结论， 可得， 则， 因此，最大元素为y的所有子集，其的和为. 所以， 因为，所以， 所以， 整理得：. 20. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若恰有一个正零点，求实数a的取值范围； （3）对于任意的正整数k，且时，设的正零点为，求证：对于任意的正整数n，都有. 【答案】（1）； （2）； （3） 对于正整数，， 由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点， 即满足方程：， 令，，则， 令，则， 令，则， 因为，所以，故在上单调递增， 又，则，故在上单调递增， 又，则，故在上单调递增， 又，故，即， ，所以， 将代入得，， 对到n累加：， 令，， 构造，， 故， 严格恒成立，所以， 所以，因为， 所以， 将代入得，， 由于，有， 所以， 对到n累加，首尾相消得 ， 故. 【解析】 【分析】（1）求导，得到切线斜率，由导数几何意义得到切线方程； （2）二次求导，分类讨论，结合函数单调性和零点存在性定理可得结论； （3）参变分离，放缩，利用裂项相消法可得结论. 【小问1详解】 当时，， ， ，， 曲线在处的切线方程为， 化简即得. 【小问2详解】 已知，注意到， ，注意到， 令，则， ①若，此时. 对于所有，，所以恒成立， 故在上严格单调递增，故， 故在上严格单调递增，故， 函数在时恒为正，无正实数零点； ②若，此时. 令，解得唯一极值点， 当时，单调递减，此时， 当时，单调递增， 先减后增，且当时， 由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此在处取得极小值，且极小值， 当时，， 结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点， 综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $