精品解析：天津市十二区重点学校2026年高三毕业班联考（二）数学试卷

2026年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（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.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】 【详解】解：，又， ． 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】B 【解析】 【详解】当，时，； 反之，当时，或，， 因此“”是“，”的必要不充分条件. 3. 下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据特殊值结合单调性的性质判断选项ABC；根据奇偶性的定义以及利用导数证明单调性即可判断D选项． 【详解】，定义域为， 又，所以为奇函数， 易知，则不单调，故A不符合题意； 因为， ，则为偶函数，故B不符合题意； ，定义域为， 又，所以为奇函数， 又在单调递减， 则在单调递减，故C不符合题意； ，定义域为， 又，所以为奇函数， ，所以在上单调递增，故D符合题意． 4. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以“0”和“1”为中间量，结合指数函数及对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】在上为增函数，所以. 在上为增函数，所以. 当时，，，此时； 当时，，，此时； 又在上为减函数，在上为增函数， 所以方程的解应在之间，即. 综上， 5. 芯片作为集成电路上的载体广泛应用于手机和航天等多个领域.某公司根据市场调研与统计得到，从年至年在芯片技术上的研发投入（亿元）与收益（亿元）的数据统计如下： 由上图发现可以用一元线性回归模型刻画收益与投入的关系.根据以上信息，如下判断错误的为（ ） A. 该公司收益数据的极差为 B. 该公司收益数据的中位数为 C. 可推断与两个变量正线性相关 D. 若年投入亿元，则收益一定为亿元 【答案】D 【解析】 【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用相关性可判断C选项；利用回归直线的概念可判断D选项. 【详解】对于AB选项，将收益由小到大排列依次为、、、、、、， 该公司收益数据的极差为，A对， 该公司收益数据的中位数为，B对； 对于C选项，由散点图可知，可推断与两个变量正线性相关，C对； 对于D选项，用回归方程计算的收益只是个估计值，而不是准确值， 即若年投入亿元，则收益不一定为亿元，D错. 6. 已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个对称中心 B. 在区间上单调递增 C. 的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到 D. 的图象可以由函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）后，再将图象向右平移个单位长度得到 【答案】C 【解析】 【分析】利用图象求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用三角函数的图象变换可判断CD选项. 【详解】由图象可知，可得，又因为，所以， 所以， 结合图象可知函数的一条对称轴为直线， 且为函数的一个最大值点，即， 所以，则，解得， 设函数的最小正周期为，则，故， 所以，即，解得， 又因为，即，故，， 所以， 对于A选项，， 所以不是函数的一个对称中心，A错； 对于B选项，当时，， 所以函数在区间上单调递减，B错； 对于C选项，将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象， 再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）， 可得到函数的图象，C对； 对于D选项，将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）， 可得到函数的图象， 再将所得图象向右平移个单位长度，可得到函数，D错. 7. 已知数列，，对任意的，都有，若，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】令，，得到，进而求出，结合等差数列的前项和求解即可. 【详解】令，，则， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，通项公式为. 所以， 所以，解得. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先写出直线的方程，然后根据平面几何知识求出点，最后把点的坐标代入直线的方程即可求解. 【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，， 直线的方程为， 为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是， 直线的倾斜角为，斜率为， 设，，， 即，在直线上，代入直线方程​， 整理得 . 因此双曲线离心率为3. 9. 如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨取正方体边长为，根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，计算出表面积和体积，进而得到内切球半径及体积，再求比值即可． 【详解】解：连接它们的交点后如下图所示， 是中点，不妨取正方体边长为， 所以， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 所以表面积为， 体积， 则内切球半径，， ． 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，则复数的共轭复数__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得结果. 【详解】因为，故. 11. 的展开式中的系数是___________.（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再分别令的指数等于和，即可得解. 【详解】展开式的通项为， 令，则，令，则， 所以的展开式中的系数是. 故答案为：. 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设点，求出圆的半径，利用直线与圆相切可得出的值，由此可得出圆的标准方程. 【详解】抛物线的焦点为，准线为， 设点，则， 所以圆的标准方程为， 所以圆的圆心为，半径为， 因为直线与圆相切，则， 整理可得， 因为点在第二象限，则，故，所以圆的方程为. 13. 甲、乙两人进行多轮猜谜比赛，每轮比赛两人各答一题，已知每轮比赛中，甲、乙猜对的概率分别为和，每轮比赛中两人猜对与否互不影响，每轮结果互不影响，在一轮比赛中，恰有一人猜对的概率为__________；若两轮比赛中只有两次猜对，则这两次都是乙猜对的概率为__________． 【答案】 ①. ##0.5 ②. 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式计算可得第一空，利用全概率及贝叶斯公式可求第二空． 【详解】解：设每轮比赛中，甲猜对为事件，乙猜对为事件， 则， 在一轮比赛中，恰有一人猜对为事件， ， 设两轮比赛中只有两次猜对为事件， 则， 则这两次都是乙猜对的概率为． 14. 已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】取为基底，利用平面向量基本定理求出；再利用向量数量积的运算律列式，结合二次函数求出最小值. 【详解】在边长为2的正中，由、分别为线段、的中点，得， 由为线段上任意一点，得，， 因此，而，向量不共线， 则，所以； 由，得，， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 15. 已知，，函数在上的最大值为，若对任意恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析对函数的影响，再对分类讨论，根据二次函数的单调性找到最值和的关系，进行求解. 【详解】设，，则， 对于固定的，在的值域是，值域的区间长度为， 此时函数在的最大值为的含义是：数轴上，点到区间上所有点的最大距离为. 若，则，若或，则，所以. 对任意恒成立等价于，即：， ， ①当时，即：时，在上单调递增，所以 ，令，解得，符合题意； ②当，即：时，，而，， 若，则：，，因为，所以 ，则 ，不满足条件； 若，则，，令，解得：或，不满足条件； ③当，即：时，在上单调递减，所以，令，解得：，符合条件. 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）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，再结合余弦定理求边长即可； （2）解法一：利用正弦定理求；解法二：利用余弦定理求出，再根据同角三角函数关系得到； （3）利用倍角公式，结合三角和差公式求值即可． 【小问1详解】 解法一：因为，根据正弦定理得，即， 根据余弦定理， 则，解得， ； 解法二：因为，根据正弦定理得， 根据余弦定理， 则，解得，， ； 【小问2详解】 解法一：根据正弦定理 得， 所以解得； 解法二：，  由余弦定理可得： ， 是的内角， ； 【小问3详解】 ，  由余弦定理可得：， ， ， ． 17. 如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 又因为，，所以， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直； （2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角； （3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的一个法向量为， ，， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为点在棱上，设，， ， 解得，所以， ，平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）由离心率，椭圆的性质解方程组可得； （2）解法一：设直线的方程为，，，联立得到，，再求出直线的方程，进而得到点，则，再写出直线与的方程，得到点的坐标，然后计算即可；解法二：设直线的方程为，，，再同解法一的过程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意可得， ，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 解法一：由题意可知直线的斜率不为，， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，，， 直线的方程为， 令，得 ， 所以，， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立方程解得，，所以. 思路一： 因为，，. 所以， ， 思路二： 设点，则，， 因为点在椭圆上，所以，则， 得，即， 所以点在以，为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动， 所以， 的值为4. 解法二：因为，由题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，  直线的方程为 令，得 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程解得，，所以， 以下解法同解法一． 19. 已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）若与满足关系：，且当时，则称数列是由数列生成的“不减数列”， （i）若，求的前项和： （ii）满足以下两个条件：①为项有穷数列，且，其中，，，是，，，的任意一个排列；②为等差数列.若满足条件的的个数为，并将不同的记作，且，求. 【答案】（1）， （2）（i）；（ii）满足条件的的个数为个，且 【解析】 【分析】（1）根据等差、等比数列基本量的运算求解； （2）（i）解法一：由题可知，再根据递推式结合错位相减法求和即可；解法二：先并项求和，再利用错位相减法求和即可； （ii）设的公差为，再分、、三种情况讨论求解． 【小问1详解】 解：设的公差为，的公比为， 由，，得：，即， 整理得，所以或（舍），从而， 所以，； 【小问2详解】 解法一： ，所以当为奇数时，，当为偶数时，， 又，所以， 所以 所以 所以； 解法二： ，所以当为奇数时，，当为偶数时，， 又，所以 所以， 所以， ， 所以 ， 所以； （ii）设的公差为，因为， 所以，所以， 又因为，所以， ①若，则，即时，，满足为等差数列， 将此时满足条件的记作，则； ②若，则，满足为等差数列， 此时，，，，可以是，，，的任意一个排列， 即满足条件的数列有!个，记作，，， 且； ③若，则 ，这与矛盾， 所以此时不存在，即不存在数列使得是公差大于等于2的等差数列； 综上所述，满足条件的的个数为 个， 且． 20. 已知，函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值为，求的值； （3）当时，函数在上的零点按从小到大排列构成一个数列，记为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明：因为，令，即， 因为，所以等价于，令，其中， 当，时，恒成立，此时无零点， 当，时，， 令，则， （i）若，则，由可得，由可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 而，，， 故存在，使， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 而，，，存在，使得， 故的零点； （ii）当，， 当时，因为， 由可得，由可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， ， 故存在，使， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 由，当时，， 所以在上单调递增，， 所以， 又因为，， 故的零点，， 由（i）（ii）有，， 因为是的零点，即，所以， 令，因为，当，， 所以在上单调递减， 又因为，所以，即， 因为， 而，， 所以，故. 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合的极小值为可求得实数的值； （3）先判断当时，无零点；依题分析当时，分和两种情况分析，在时，存在，使，分析得出；在时，同理可证，，构造函数，分析该函数在上的单调性，由可得，借助于，即可证明. 【小问1详解】 当时，，所以，切点为， 则，所以， 则曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为，则， ①当时，由，得， 由得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，解得不符合题意； 当时，由，得或， ②当时，即时， 由得或；由，得， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，不符合题意； ③当时，即时，恒成立，函数无极值，不符合题意； ④当，即时，由，得或；由，得， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 则函数在处取得极小值，解得，符合题意， 综上所述，. 【小问3详解】 略 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（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.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. 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. 下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 芯片作为集成电路上的载体广泛应用于手机和航天等多个领域.某公司根据市场调研与统计得到，从年至年在芯片技术上的研发投入（亿元）与收益（亿元）的数据统计如下： 由上图发现可以用一元线性回归模型刻画收益与投入的关系.根据以上信息，如下判断错误的为（ ） A. 该公司收益数据的极差为 B. 该公司收益数据的中位数为 C. 可推断与两个变量正线性相关 D. 若年投入亿元，则收益一定为亿元 6. 已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个对称中心 B. 在区间上单调递增 C. 的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到 D. 的图象可以由函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）后，再将图象向右平移个单位长度得到 7. 已知数列，，对任意的，都有，若，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 9. 如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（ ） 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.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，则复数的共轭复数__________. 11. 的展开式中的系数是___________.（用数字作答）. 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 13. 甲、乙两人进行多轮猜谜比赛，每轮比赛两人各答一题，已知每轮比赛中，甲、乙猜对的概率分别为和，每轮比赛中两人猜对与否互不影响，每轮结果互不影响，在一轮比赛中，恰有一人猜对的概率为__________；若两轮比赛中只有两次猜对，则这两次都是乙猜对的概率为__________． 14. 已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 15. 已知，，函数在上的最大值为，若对任意恒成立，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）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 19. 已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）若与满足关系：，且当时，则称数列是由数列生成的“不减数列”， （i）若，求的前项和： （ii）满足以下两个条件：①为项有穷数列，且，其中，，，是，，，的任意一个排列；②为等差数列.若满足条件的的个数为，并将不同的记作，且，求. 20. 已知，函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值为，求的值； （3）当时，函数在上的零点按从小到大排列构成一个数列，记为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $