精品解析：天津市河北区2025-2026学年度高三年级总复习质量检测（二）数学试卷

河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（二） 数学 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3页，第Ⅱ卷4至8页. 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、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： •如果事件 ，互斥，那么 •如果事件 ，相互独立，那么 •圆柱的侧面积公式 •圆锥的侧面积公式 其中表示底面圆的半径 表示母线的长 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. “”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 以下结论错误的是（ ） A. 命题：“，”的否定为“，” B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D. 回归直线一定过样本中心 5. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（，，）的图象如图所示，将的图象上各点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 7. 数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（，），下列说法错误的是（ ） A. 数据，，，…，的平均数是； B. 数据，，，…，的平均数是； C. 若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数： D. 若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数. 8. 如图，已知分别为双曲线的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在四棱锥中，底面 ，，底面 为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知为虚数单位，复数______. 11. 二项式的展开式中，的系数为________. 12. 已知抛物线 ：的焦点为，准线 与 轴的交点为 ， 是抛物线 上的点，且轴.若以为直径的圆截直线所得的弦长为 ，则实数的值为__________． 13. 袋中有除颜色外均相同的7个球，其中4个红球和3个白球. 不放回抽取3个球，其中两个红球和一个白球的概率为________；在前两个是红球的条件下，第三个是白球的概率为________. 14. 是等腰直角三角形，，，点 满足，点 是线段BD上一点.如果，则________；若在上的投影向量为，则的最大值为________. 15. 已知函数，若，则的单减区间是______；若的值域是，则实数的取值范围是______. 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，内角 ，， 所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值： （2）求 的面积； （3）求的值. 17. 如图，在四棱柱中，侧棱底面 ，，，，，且点 和分别为和的中点． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）设 为棱上的点，若直线和平面 的夹角的正弦值为，求线段的长． 18. 已知椭圆 ：的离心率为，，，且原点 到直线AB的距离等于. （1）求椭圆 的标准方程； （2）是否存在直线 ，交椭圆 于 、 两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线 的方程；若不存在，请说明理由. 19. 若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. （1）求数列，的通项公式； （2）设是数列的前 项的和，求数列的前项的和； （3）若，是否存在实数，， ，使得数列为“型数列”？若存在，求出，， 的值；若不存在，说明理由. 20. 已知函数. （1）当 时，求曲线在 处的切线方程； （2）当时，有两个极值点，且，若， （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（二） 数学 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3页，第Ⅱ卷4至8页. 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、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： •如果事件 ，互斥，那么 •如果事件 ，相互独立，那么 •圆柱的侧面积公式 •圆锥的侧面积公式 其中表示底面圆的半径 表示母线的长 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】由于，但，故 不是的子集，A错误；B错误；，C错误，D正确. 2. “”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：当时，能得到；当时，不一定得到，可能是负值，因此“”是“”必要不充分条件，故答案为A． 考点：充分条件、必要条件的判断． 3. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数，对数函数的单调性及对数的运算求解即可. 【详解】指数函数  在定义域内单调递减，所以 ，即 . 对数函数  在  上单调递增， 所以 ，即 . 对数函数  在  上单调递增， 所以 ，即 . 又 ， ，， 所以 ，即 ，所以 . 综上，. 4. 以下结论错误的是（ ） A. 命题：“，”的否定为“，” B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D. 回归直线一定过样本中心 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断；对于B，根据正态分布的特征判断；对于C，根据决定系数的意义判断；对于D，根据回归直线的特征判断. 【详解】对于A，命题：“，”的否定是“，”，故A正确； 对于B，根据正态分布的性质可知，，则,那么 ，所以，，故B正确； 对于C，用决定系数来刻画回归效果，越大拟合效果越好，故C错误； 对于D，样本中心点一定在回归直线上，故D正确. 5. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性排除部分选项，再利用特殊值法判断. 【详解】定义域为，且， 故为奇函数，可排除C； 又，可排除A、D； 故函数的大致图象为B. 6. 已知函数（，，）的图象如图所示，将的图象上各点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象确定 ，，，得到的解析式，根据函数图象平移的“左加右减”原则，得到的解析式，再分别利用正弦型函数的单调性、周期、对称中心、对称轴的性质，对每个选项分析验证. 【详解】由图像可知，函数最大值为，且，故， 最高点横坐标为，右侧零点横坐标为，因此，得周期. 由，，得. 将代入，得： ，解得，结合，得. 所以. 将向右平移个单位，得：. 选项A：当时，，在上单调递增， 故在上单调递增，正确. 选项B：的最小正周期，错误. 选项C：，故不是对称中心，错误. 选项D：，不是最值，正弦函数对称轴处函数取最值， 故不是对称轴，错误. 7. 数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（，），下列说法错误的是（ ） A. 数据，，，…，的平均数是； B. 数据，，，…，的平均数是； C. 若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数： D. 若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差、等比数列的性质，结合平均数、中位数的概念逐项判断即可. 【详解】选项A，数列为等差数列，项数为，其前项和为 由等差数列性质，，故平均数为 A正确. 选项B，取，数列为项数3的等比数列， 设，，数列的平均数为 B错误. 选项C，由，，等差数列的中位数为， 等比数列的中位数为. 由均值不等式，（），故，C正确. 选项D，易知点在直线上，点在曲线上， 因为，所以如下图所示： 由图可知，当时，， 所以数列的前项和大于数列的前项和， 所以数列的前项的平均数比的前项的平均数大，D正确． 8. 如图，已知分别为双曲线的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由同起点的向量做加法想到平行四边形法则，从而取的中点E，由已知可知，由三线合一知三角形为等腰三角形，再由余弦的定义表示的余弦值，又由双曲线的定义表示，最后在中，由余弦定理构建方程，求得，将其代入渐近线方程，得答案. 【详解】取线段的中点E，连接， 因为，所以， 故三角形为等腰三角形，且． 在中，， 连接，又，点Q在双曲线C上， 所以由双曲线的定义可得，，故． 在中，由余弦定理得， ． 整理可得，所以， 故双曲线C的渐近线方程为． 故选：B 【点睛】本题考查由几何关系求双曲线的渐近线，由余弦定理构建方程，还考查了平面向量加法的平行四边形法则和垂直关系，属于难题. 9. 如图，在四棱锥中，底面 ，，底面 为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，确定公共部分，再结合锥体体积公式求解. 【详解】连接，由，，得四边形为平行四边形， 在四棱锥中，由平面 ，平面 ，得， 则为矩形，又四边形 为矩形，于是， 四边形为平行四边形，令，连接， 由为线段 的中点，得，即点是线段靠近点的三等分点， 点 是线段的中点，则公共部分的体积 由，平面 ，得平面 ，而平面 ， 则，又，平面，于是平面， 在矩形 中，为线段 的中点，则 三棱锥的体积， ，点 到平面的距离为 点到平面距离的， 因此，所以公共部分的体积为：. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知为虚数单位，复数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解即可. 【详解】. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中，的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】，， 则， 即的系数为. 12. 已知抛物线 ：的焦点为，准线 与 轴的交点为 ， 是抛物线 上的点，且轴.若以为直径的圆截直线所得的弦长为 ，则实数的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，先表示出的坐标，然后可得到直线 的方程，求出圆心到直线 的距离为，圆的半径为，再结合弦长为，求解即可． 【详解】由题意，，，设 在第一象限，则，，则直线 的方程为，以为直径的圆的圆心为，半径为，则 到直线 的距离为， 则圆 截直线 所得的弦长为，解得. 【点睛】本题考查了抛物线的性质，考查了圆的性质，考查了圆中弦长的计算，属于中档题． 13. 袋中有除颜色外均相同的7个球，其中4个红球和3个白球. 不放回抽取3个球，其中两个红球和一个白球的概率为________；在前两个是红球的条件下，第三个是白球的概率为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第1空考查古典概型，代入古典概型公式分别求出分子和分母的事件总数，计算即可； 第2空考查条件概率，根据条件概率公式，分别求出事件 的概率，以及事件 和同时发生的概率，代入公式计算即可. 【详解】解： （两个红球和一个白球）； 设事件 为前两个是红球，事件为第三个是白球， 又，，所以， 即在前两个是红球的条件下，第三个是白球的概率为. 14. 是等腰直角三角形，，，点 满足，点 是线段BD上一点.如果，则________；若在上的投影向量为，则的最大值为________. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】首先由条件确定出点 的位置，然后由三点共线可得，根据条件分别计算出和，然后可得，然后消元变形、分类讨论可求出最大值. 【详解】由知， 在边的延长线上，且 为 的中点， 因为点 是线段 上一点，且， 所以，即. 因为， 由题意，，所以， 由得， 所以. 则，由于，所以， 令，则. 又因为，上下同除以一个 得， 则问题转变成求的最小值. 根据对勾函数性质在上单调递减，在上单调递增， 故在时取得最小值. ，此时取得最大值： . 15. 已知函数，若，则的单减区间是______；若的值域是，则实数的取值范围是______. 【答案】 ①. ，； ②. 【解析】 【分析】（1）先将代入，考虑时，配方求出函数的单调递减区间，考虑时，函数单调递减，从而求出函数的单调递减区间； （2）考虑在取得最小值为，且，从而得到，再考虑的定义域，得到，因为时，值域为，不合题意，从而，得到，与比较后，得到不等式求出实数的取值范围. 【详解】时，， 当时，， 故单调递减区间为， 当时，单调递减， 故单调递减区间是，； 因为函数在上单调递减，而函数的值域是， 若，显然不符合题意，所以． 当时，函数单调递减，所以，即有， 所以，故函数在时的值域为. 因为在处取得最小值， 令，解得： 或，所以函数在 处取得最大值 ， 当时，，解得：． 综上：，即实数的取值范围是. 故答案为：； 【点睛】已知分段函数值域，求解参数的取值范围问题，要充分考虑分段函数的特征，结合每段函数的定义域，单调性和最值，数形结合对参数的取值范围一步步进行缩小，直至求解出答案. 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，内角 ，， 所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值： （2）求的面积； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理对进行边化角，即可求得的值； （2）由于第1小问已经求得的值，再利用余弦定理求出边长，最后用面积公式求出的面积； （3）由第1小问及第2小问中可知的值及边长，再由正弦定理求得A的正弦值，由正弦值再求出余弦值，最后用余弦和角公式计算. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得， 因为，所以，所以， 故，由，得. 【小问2详解】 因为，，由余弦定理， 得，， 解得，或（舍去）. 所以. 【小问3详解】 由正弦定理，得，即， 因为为钝角，所以 为锐角，， ，， 所以. 17. 如图，在四棱柱中，侧棱底面 ，，，，，且点 和分别为和的中点． （1）求证：平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）设 为棱上的点，若直线和平面 的夹角的正弦值为，求线段的长． 【答案】17. 证明如下： 证明：如图，以 为原点建立空间直角坐标系， 依题意可得，，，， ，，，， 又因为 ，分别为和的中点，得，． 可得为平面 的法向量，， 由此可得， 又因为直线平面 ，所以平面 ． 18. ； 19. ． 【解析】 【分析】（1）以 为原点建立空间直角坐标系，可得为平面 的法向量，可求得即可证明； （2）求出平面和平面的法向量，即可由向量关系求出； （3）设，可得，结合为平面 的法向量，再由即可求出. 【详解】（1）略 （2），， 设为平面的法向量，则，即 不妨设，可得． 设为平面的法向量，则， 又，得， 不妨设，可得． 因此有， 所以，平面与平面的夹角的余弦值为． （3）依题意，可设，其中， 则，从而， 又为平面 的法向量， 由已知，得， 整理得， 又因为，解得， 所以，线段的长为． 【点睛】利用空间向量求解立体几何问题的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 18. 已知椭圆 ：的离心率为，，，且原点 到直线AB的距离等于. （1）求椭圆 的标准方程； （2）是否存在直线 ，交椭圆 于 、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由离心率公式以及点到直线距离公式求得椭圆方程； （2）假设存在，由点为三角形BPQ的垂心可得，从而可得，设直线 的方程为，代入椭圆方程，由韦达定理结合可求得参数值，得直线方程． 【小问1详解】 由，得， 由点，，可知直线AB的方程为，即. 由于原点 到直线AB的距离为，即， 得，， 所以椭圆 的标准方程为. 【小问2详解】 假设存在直线 交椭圆于 ，两点，设，， 右焦点，， 因为为的垂心，所以， 因为，所以. 设直线 的方程为， 由得， 由，，得， 且，， 因为，，， 故，， 即， 代入整理，得， 解得，或 . 经检验，当 时，不存在，故舍去， 当时，满足，所求直线 存在，所以 的方程为. 19. 若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. （1）求数列，的通项公式； （2）设是数列的前 项的和，求数列的前项的和； （3）若，是否存在实数，， ，使得数列为“型数列”？若存在，求出，， 的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）， （2） （3）不存在，理由如下： 由，得，① 所以，② 由①－②，得， 所以. 又，， 假设存在实数，， ，使得数列为“型数列”， 则， 即， 整理得， 所以解得，，，不满足，为非零常数， 因此不存在实数，， ，使得数列为“型数列”. 【解析】 【分析】（1）根据题意，，所以数列是等差数列，可得通项公式，根据题设得，数列是以1为首项，2为公比的等比数列； （2）设，利用并项求和法得解； （3）利用错位相减法求得，假设存在实数，使得数列为“型数列”，则，利用待定系数法得到方程组，求解即可. 【小问1详解】 因为为“型数列”， 所以， 即，所以数列是等差数列， 又，，所以的公差为， 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”，所以， 又因为，也成立，所以为等比数列， 公比，因此. 【小问2详解】 由（1）可得， 设， 因为， 故数列的前项的和为 . 【小问3详解】 不存在实数，， ，使得数列为“型数列”，理由略. 20. 已知函数. （1）当 时，求曲线在 处的切线方程； （2）当时，有两个极值点，且，若， （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） ； （2）（ⅰ）证明：当时，函数，求导得， 由是函数的两个极值点，得是方程的两个不等实根， 由，得，令函数，则， 当 时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，则当时，，， 由，得，则， 令，则，，因此， 不等式等价于，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，即，，于是， 所以. （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，，，则 ， 由（i）知，，令，求导得， 函数在上单调递减，则，即， 故，令函数， 求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以. 【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）求出及其导数，利用极值点的意义列式并分离参数，再构造函数并利用导数证明不等式；（ⅱ）由（ⅰ）求出，再构造函数，利用导数推理证明. 【小问1详解】 当 时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在 处的切线方程为 . 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $