精品解析：天津市耀华中学2026届高三年级第一次校模拟考数学学科试卷

天津市耀华中学2026届高三年级第一次校模拟考 数学学科试卷 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（选择题 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题纸上. 1. 已知全集，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由并集和补集的定义求解即可. 【详解】因为， 故，所以. 故选：D. 2. “或，（ ）”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】化简三角函数等式结合命题的判断解题 【详解】， 当 时，，当 时， 成立， 因为，所以或， 当 时，成立，但 且， 故选：A 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性排除两个选项，再根据时的函数值为正排除余下两个中的一个即得. 【详解】函数的定义域为，， 函数 是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足； 当时，，则，C不满足，A满足. 故选：A 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17； B. 根据分类变量X与Y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X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数r越接近于1； D. 若随机变量 ， 满足，则. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，运用百分位数的计算公式判断；对于B，根据卡方统计量与显著水平之间的关系判断；对于C，相关系数绝对值越接近于1，线性相关性越强；对于D，利用方差的性质判断 【详解】对于A，共 个数据，第 百分位数的位置公式为， 第 百分位数为第个数据和第个数据的平均值，第个数据为 ，第个数据为， 二者的平均值为，而非 ，故A错， 对于B，当计算得到的卡方统计量大于临界值时，拒绝原假设（原假设为与 无关联）， 结论为与 有关联，此时犯一类错误的概率不超过显著水平，故B对， 对于C，线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1，故C错， 对于D，根据方差的性质，，故D错， 故选：B 5. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线，线面，面面的位置关系，逐项分析判断其正误即可. 【详解】对于A，若，，，则或 异面或 相交，故A错误； 对于B，若，，则 或，故B错误； 对于C，因为，记，，则， 又，则，又，所以，故C正确； 对于D，如图所示，，，，但，故D错误. 故选：C. 6. 设均为正数，且，，．则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】试题分析：在同一坐标系中分别画出，， 的图象， 与 的交点的横坐标为， 与的图象的交点的横坐标为 ，与 的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出． 考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用． 【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解． 【详解】 7. 已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，函数在上的值域为，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦函数的性质得，进而，，再结合函数的对称性得，最后根据题意即可得m的取值范围. 【详解】因为函数图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为， 所以，，， 所以，，解得，（） 所以故， 因为，令，则，解得；当 时，； 所以，根据对称性可知，当时，， 因为函数在上的值域为， 所以，，即m的取值范围为. 8. 在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD内运动，且满足直线 平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（ ） A. 点F的轨迹是一条线段，且其长度为 B. 过，，F三点的截面面积为18 C. 沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D. 在棱上不存在点P，使得平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取分别为 的中点，连接，可得平面平面，所以，可判断A；由于，所以过三点的截面为等腰梯形，求其面积判断B；先求棱台的体积，用间接法判断C；假设存在点，使得平面，则，利用平面向量数量积运算确定点，即可判断D. 【详解】对于A，取分别为 的中点，连接， 则，又 平面， 平面，所以 平面， 同理平面， 又，平面，所以平面平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面 所以平面平面， 因为直线 平面，所以 平面， 所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确； 对于B，由A可得， 所以过三点的截面为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，易知交于一点，故平面切割正方体得到较小的多面体为棱台 其体积为， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，所以C错误； 对于D，假设存在点，使得平面， 因为平面，则， 在正方形中，如图建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 所以，得 ，显然不成立，D正确. 9. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，且，又过作一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第二象限），且，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线定义以及角平分线性质可知，再由渐近线方程求出，在中，由正弦定理以及余弦定理可得，即可求得双曲线标准方程. 【详解】延长交于点，连接，如下图所示： 因为是的平分线，所以可得， 因此为的中点，且； 由双曲线定义可知, 又为的中点，所以，且， 由可得， 因为垂足在第二象限，所以渐近线为，即； 易知，所以点到渐近线的距离为； 所以；因此， 在中，由正弦定理可得，所以可得； 再由余弦定理可得，即，可得； 又，所以， 因此双曲线的方程为. 故选：C 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，将答案填写在答题纸上. 10. 复数z满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 得， 得，得复数的虚部为. 11. 展开式中项的系数为______用数字作答 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理即可求解． 【详解】的展开式的通项为， 令，0得的系数为 故答案为： 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于 两点，且，设直线 的斜率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用题设条件求出圆的半径，根据抛物线的定义求得点的坐标，最后利用斜率公式计算即得. 【详解】 如图，由可知，，设准线与轴交于点， 因以为圆心的圆与准线交于 两点，则, 又，则, 设点 ，则，解得， 当，则，故，于是. 故答案为：. 13. 第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是________． 【答案】 ①. ②. ##0.4 【解析】 【分析】利用条件概率公式求摸出的2个球是红球的概率；利用全概率公式和贝叶斯公式求红球来自乙箱的概率. 【详解】记事件表示“抽出的2个球中有红球”，事件表示“两个球都是红球”， 则，， 故， 即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为； 设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件表示“抽到红球”， 则，， ，， 所以 ， 所以， 即若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是. 故答案为：； 14. 如图，△ABC中，点D，E，F分别是线段AF，BD，CE的中点，设，，则__________（用，表示）；已知 ，，，则的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，利用中点性质和向量加法法则，将向量用基底向量，表示；第二空，利用余弦定理建立边长的关系，再将数量积转化为关于边长的函数，由基本不等式求解最值． 【详解】第一空，， 得， 得，由，， 得． 第二空：不妨记，， 由余弦定理得，， 得， 由得，，得， 则 由，得 ， 因为，等号成立时，，得， 则， 故的最大值为． 15. 已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，问题转化为恰有两个整数解，求实数的取值范围.数形结合，分情况讨论即可得的取值范围. 【详解】设，， 因为，. 所以函数，的图象均过点. 作，的草图如下： 当即时，由恰有两个整数解，可得这两个整数解为0,1， 所以 ； 当即时，由恰有两个整数解，可得这两个整数解为， 所以 ； 当即 时，不可能有两个整数解. 综上可得，的取值范围为. 故答案为： 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ） ；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可. （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，, 可得， 因为，故 ，则， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）则， 即，解得 （舍）， . 故 . （ⅱ）由， 得， 解得，则， 则， ， 则 . 17. 如图，在直三棱柱中，为的中点，点 分别在棱和棱上，且． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求点到平面 的距离． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，则， 且，∴且， 则四边形为平行四边形，． 又平面平面 ， 平面 ． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证明即可； （2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值； （3）向量法求点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：直三棱柱中， ． 以为原点，以的方向为轴、轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面 的一个法向量为，则 即令，则，得到平面 的一个法向量． 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面 的夹角为， 则， 平面与平面 夹角的余弦值为． 【小问3详解】 解：，， 点到平面 的距离． 18. 设椭圆 的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B， ．点P是椭圆C上的一点，轴，且． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点且斜率不为零的动直线l与椭圆C相交于两个不同的点T，S，过线段 的中点Q作直线l的垂线与x，y轴分别交于M，N，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得 的关系式，进而可求得椭圆C的标准方程； （2）设直线l的方程为，点，，联立方程组，利用根与系数的关系求得点Q的坐标，进而求得直线的方程，进而求得点的坐标，可求得的取值范围． 【小问1详解】 由题意可得，， 将代入中，可得, 依题意，点在第一象限，故得， 由，，得， 解得， ，所以， 所以椭圆标准方程为． 【小问2详解】 设直线l的方程为，点，． 联立，得， 由解得 且，， 所以，从而， 解得，， 所以， 令，则， 综上，的取值范围为． 19. 在数列中，. （1）求的通项公式. （2）已知集合，记的非空子集为，中的所有元素的和为，记. （i）求数列的前100项和； （ii）记中最小的元素为，求. 【答案】（1）； （2）（i）5050；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，构造常数列求出通项公式. （2）（i）利用组合计数问题求出中每个元素出现的次数，再利用等差数列前项和公式求出，然后利用并项求和法求出；（ii）利用组合计数问题求出中的每个元素为最小元素的个数，再利用错位相减法求和即得. 【小问1详解】 在数列中，由，得， 因此数列是常数列，则，， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 （i）集合的每个元素在非空子集中出现的次数均为， 因此， ， 所以 . （ii）依题意，的非空子集有个， 其中最小元素为1的子集中，含1个元素的子集有1个，含2个元素的子集有个， 含3个元素的子集有个， ，含个元素的子集有个， 因此最小元素为1的子集有个. 同理得最小元素为3的子集有个， 最小元素为的子集有个， 则， 记， 则， 两式相减得， 所以. 20. 已知函数 ． （1）若，求函数 在处的切线方程； （2）设 有且仅有一个极值点，求a的取值范围； （3）若函数 存在2个极值点，且满足，求证： ． 【答案】（1）2x＋y－2＝0 （2） （3）证明如下： 由 ，可得， 令，则，由 得 ，由 ，得 . 故 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ，当时，， 因 ，对于，有 ，，故 ， ， 则由，又，故， 令，则， 因 ，则 ，故在上单调递增， 又 ， 则 在上存在唯一解，∴ 又 ， ， 则有 ，故可得 ． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据直线的点斜式方程求解； （2）由题意，可得有且只有一个变号根，通过求导，判断函数的单调性和图象趋势，即可求得参数范围； （3）由 得，令，求导判断函数单调性，推得，结合，得到，令，判断其单调性，得 在上存在唯一解，再由零点存在定理即可证得. 【小问1详解】 当时， ， ，且 ， 故 在处的切线方程为 ，即2x＋y－2＝0， 【小问2详解】 ， ， 由＝0可得，令，x>0， 则 令 ， 在上单调递减，且 ， 则当 时， ，则 ，即在 上单调递增， 时， ， ，即在上单调递减， 且又时， ，时，， 由题得，有且只有一个变号根，故 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2026届高三年级第一次校模拟考 数学学科试卷 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（选择题 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题纸上. 1. 已知全集，则=（ ） A. B. C. D. 2. “或，（ ）”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17； B. 根据分类变量X与Y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X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数r越接近于1； D. 若随机变量 ， 满足，则. 5. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 设均为正数，且，，．则（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，函数在上的值域为，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD内运动，且满足直线 平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（ ） A. 点F的轨迹是一条线段，且其长度为 B. 过，，F三点的截面面积为18 C. 沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D. 在棱上不存在点P，使得平面 9. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，且，又过作一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第二象限），且，则双曲线的方程为（ ） 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，将答案填写在答题纸上. 10. 复数z满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为__________. 11. 展开式中项的系数为______用数字作答 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于 两点，且，设直线 的斜率为，则______． 13. 第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是________． 14. 如图，△ABC中，点D，E，F分别是线段AF，BD，CE的中点，设，，则__________（用，表示）；已知 ，，，则的最大值为__________. 15. 已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是__________. 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 17. 如图，在直三棱柱中，为的中点，点 分别在棱和棱上，且． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求点到平面 的距离． 18. 设椭圆 的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B， ．点P是椭圆C上的一点，轴，且． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点且斜率不为零的动直线l与椭圆C相交于两个不同的点T，S，过线段 的中点Q作直线l的垂线与x，y轴分别交于M，N，求的取值范围． 19. 在数列中，. （1）求的通项公式. （2）已知集合，记的非空子集为，中的所有元素的和为，记. （i）求数列的前100项和； （ii）记中最小的元素为，求. 20. 已知函数 ． （1）若，求函数 在处的切线方程； （2）设 有且仅有一个极值点，求a的取值范围； （3）若函数 存在2个极值点，且满足，求证： ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $