精品解析：天津市滨海新区2026年普通高考模拟检测数学试卷

2026年滨海新区普通高考模拟检测卷 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．考试时间120分钟．第I卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上．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，再选涂其它答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式：球的表面积、体积公式：为球的半径． 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. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，，得， 又，所以． 2. 设，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】由可得，解得或， 因为集合是集合的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 3. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶性、单调性排除选项求解 【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数； 对于B，是偶函数，不符合，排除B； 对于C， 的定义域不含，不符合，排除C； 对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D； 所以A正确. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用作差法，结合对数运算性质，基本不等式可比较两者大小， 再比较三者大小关系可得答案. 【详解】， 注意到，， 则，从而. 又注意到，从而. 5. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若则 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与平面垂直，平行的判定定理和性质定理，逐一分析每个选项. 【详解】已知，此时直线与平面的位置关系有多种可能，直线可能与平面相交，平行或， 所以不能得出，A选项错误. 已知，根据直线与平面平行的性质定理， 过直线作平面与平面相交于直线，则， 过直线作平面与平面相交于直线，则，. 又，，又， ，又，，B选项正确. 已知，此时直线与平面的位置关系有两种可能，直线可能与平面平行或， 所以不能得出，C选项错误. 已知，当直线与相交时，根据平面与平面平行的判定定理，可以得出， 当直线与平行时，此时平面与可能相交，所以不能得出，D选项错误. 6. 下列说法中，错误的个数为（ ） ①根据的列联表中的数据计算得出，而，则我们认为两个分类变量不独立，该推断犯错误的概率不超过5%； ②若甲、乙两组数据的相关系数分别为-0.98和0.95，则乙组数据的线性相关性更强； ③一个袋子中有50个大小相同、质地相同的球，其中有20个黄球，30个红球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，并且 ④随机变量，且，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【详解】对于①，且，则我们认为在犯错误的概率不超过的前提下，认为两个分类变量不独立，①正确. 对于②，相关系数的绝对值越大，相关性越强，，故甲组数据的线性相关性更强，②错误. 对于③，因为是不放回随机抽样，所以随机变量服从超几何分布，③错误. 对于④，且，，又，，得，④错误. 综上，错误的个数为3个. 7. 已知数列是等比数列，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列前n项和公式可得答案. 【详解】设等比数列公比为，首项为， 若，则，不合题意； 则， 则. 8. 已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由两个恒成立条件，确定的最小值点​和最大值点，据此求出参数、，结合单调区间要求验证参数后，求目标区间内的最小值. 【详解】由题意知，对任意的，​恒成立，说明​​是的最小值， 即​，​是的零点； 对任意的，​恒成立，说明​是的最大值，即是的最值点. 两点横坐标差为​，零点对应的点到相邻最值点的距离为，则​. 对，周期，得. 由得，故 ， 结合，得，. 验证单调性：，当时，则​， 由于在单调递增，且​，满足在该区间单调递增. 则当时，，在的最小值为​​， 因此.​ 9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件得出是的重心，再证明是等边三角形，再分析的各边关系以求解. 【详解】 如图设，所以，设是的中点， ，， 是的垂直平分线，， 又，即，所以会经过的中点， 又是的中线，所以是的重心， 又因为是的中点，所以三点共线， 又因为，所以，所以是等边三角形， 由是等边三角形得： ，， 所以，即，即. （第Ⅱ卷） 注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的除法运算和共轭复数概念即可求解. 【详解】由，得. 故 11. 的展开式的常数项为___________．（用数字作答） 【答案】135 【解析】 【分析】由二项展开式的通项公式，即可求解. 【详解】的展开式的通项为：， 其中且，化简得：， 由，解得， 将代入通项，得常数项为 . 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，以线段为直径的圆与直线相交于，两点，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得，进而可得圆的方程，再利用几何法可得. 【详解】抛物线的准线为， 因为点在上，所以，得， 所以抛物线的焦点为， 线段的中点坐标为，， 所以以线段为直径的圆的方程为，其圆心为，半径为， 设圆心到直线的距离为， 则，. 13. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙，结合互斥事件概率求解即可.根据条件概率公式求解即可. 【详解】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙， 所以第3次投壶的人是乙的概率为. 第2次投壶的人是甲的情况有：甲甲、乙甲，第1次投壶的人是乙的情况有：乙， 设“第2次投壶的人是甲”为事件A，设“第1次投壶的人是乙”为事件B， 则. 故答案为：；. 14. 在△中，是边的中点，是线段的中点．设，，记，则__________；若，△的面积为，则的最小值为__________． 【答案】 ①. ##0.5 ②. 6 【解析】 【分析】空1：由向量的线性运算可得，从而利用平面向量基本定理可知，从而问题得解；空2：由三角形的面积公式可得，把转化到基底的线性表示上再计算数量积可得，再利用均值不等式即可求得最小值. 【详解】在△中，由， 又因为，，所以， 又因为，所以，即， 由是边的中点可得：， 则 ， 又因为△的面积为，所以，可得， 即， 故答案为：，. 15. 设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】或. 【解析】 【分析】函数恰有4个零点说明与的图象有四个交点，对实数的取值进行分类讨论，分别画出不同取值情况下的函数图象，通过斜率的变化即可确定实数的取值范围. 【详解】因为函数恰有4个零点，所以与的图象有四个交点， 当时，，函数图象如图1所示， 的图象与的图象仅有两个交点，不合题意. 当时，点，且时，，， 如图2，当与相切时， 联立得，， 由得或（舍）， 如图3，当时，与的图象在上有一个交点，在上有两个交点，不合题意. 如图4，当时，与的图象在上没有交点，在上有两个交点，不合题意. 如图2，当时，与的图象在上没有交点，在上有三个交点，不合题意. 如图5，当时，与的图象在上没有交点，在上有四个交点，符合题意. 当时，点，且时，，， 如图6，当与相切时， 联立得，， 由得或（舍）， 如图7，当时，与的图象在上有两个交点，在上有四个交点，不合题意. 如图6，当时，与的图象在上有两个交点，在上有三个交点，不合题意. 如图8，当时，与的图象在上有两个交点，在上有两个交点，符合题意. 如图9，当时，与的图象在上有一个交点，在上有两个交点，不合题意. 综上，实数的取值范围为或. 故答案为：或. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的应用，关键在于利用数形结合与分类讨论的思想，需要通过讨论取值范围，结合范围的限制，判断交点个数，得到的取值. 三、解答题：本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）若，求的面积； （2）若． （i）求和的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）已知三边边长，先用余弦定理求出，再求出，代入三角形面积公式即可求得面积； （2）（i）结合二倍角公式与正弦定理求出，再由二倍角余弦公式得，利用余弦定理列方程解出并根据角度关系舍去不合理解； （ii）利用三角形内角和将转化为，由诱导公式化简为，求出后借助正弦定理算出，进而得到所求三角函数值. 【小问1详解】 已知，，，由余弦定理得： 因为 所以由同角三角函数关系得： 的面积. 【小问2详解】 （i）由正弦定理，且， 代入得，约去， 解得. 则. 由余弦定理， 代入得： 整理得，解得或. 当时，，则，，即， 此时，矛盾，舍去； 当时，，符合题意； 故. （ii）由三角形内角和，，得， 则，故. 由，得， 由正弦定理，得， 因此. 17. 如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若三棱锥的体积为4，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)通过面面平行的判定进而得到线面平行. (2)建立坐标系求出各点坐标以及平面法向量后进而求出夹角余弦值. (3)通过三棱锥体积公式求出底面面积进而求出长度. 【小问1详解】 因为，，，，平面，平面，推出平面平面. 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 建立以为原点的直角坐标系. 得出各点坐标，，，，，. 设，，，因为，解出，，那么. ，，得出平面法向量. ，，得出平面法向量. . 【小问3详解】 作交于点. 因为平面，，所以平面，又因为平面，推出.由题意得，为正方形，进而. 因为，，并且,所以平面. ，，易得. ，那么. 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 【答案】（1）椭圆的标准方程为，离心率为 （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，求得的值，得到椭圆方程，利用离心率公式即可求解； （2）（i）由（1）知道点坐标，设直线方程，联立方程组，由韦达定理结合焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积表达式，结合函数单调性求解即可； （ii）当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【小问1详解】 由题意可知， 由，解得， ∴椭圆的方程：. 离心率为 【小问2详解】 （i），，由于直线斜率不为，则设直线， 联立方程组，得： 所以 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴， 令，所以在上单调递增，所以， 所以，当时等号成立， 所以，当时等号成立， 即面积的最大值为   （ii）， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为， 当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则..， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2. 19. 已知是等差数列的前项和，是等比数列，，，． （1）求的通项公式； （2）设，求； （3）设，证明：． 【答案】（1）； （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据等差、等比数列通项公式列方程解得，即可得数列的通项公式； （2）根据等差数列求和公式可得，利用裂项相消法分析求解； （3）整理可得，利用裂项相消法分析证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，且，则，解得， 所以，. 【小问2详解】 因为， 当时，则； 当时，则； 且，符合上式， 所以， 则 ， 所以. 【小问3详解】 因为， 可得， 且，则，即，可得， 所以. 20. 已知函数（是自然对数的底数）． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数，且满足，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导代入得到斜率，再求出切点坐标，最后写出点斜式方程即可； （2）分和讨论即可； （3）分和讨论即可. 【小问1详解】 ∵，切点为， ∵， 则曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 ， 等价于， 则使得成立，只需， ，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上有最小值， ， 即对恒成立， 令，即， ，， ①当时，，所以单调递增， 在，不符合题意， ②当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为，解得． 【小问3详解】 因为，令， 由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则， ①当时，所以，又， 故， 函数在上单调递减， 又，则， 要证明，只需证明，只需证明， 即， 令函数，求导得， 又，不妨设，则， 由在上单调递减，得， 当时，， 即， 因此， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 当时，，函数在上单调递减， 由，得，即，因此； ②当时，可知有两个极值点，且， 函数在上单调递减，在上单调递增， 由为极值点，得，即， 则， 又， 则． 对任意，由，得，则， 因此，即． 综上可知． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年滨海新区普通高考模拟检测卷 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．考试时间120分钟．第I卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上．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，再选涂其它答案标号． 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式：球的表面积、体积公式：为球的半径． 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. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，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图，则的解析式可能为：（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若则 6. 下列说法中，错误的个数为（ ） ①根据的列联表中的数据计算得出，而，则我们认为两个分类变量不独立，该推断犯错误的概率不超过5%； ②若甲、乙两组数据的相关系数分别为-0.98和0.95，则乙组数据的线性相关性更强； ③一个袋子中有50个大小相同、质地相同的球，其中有20个黄球，30个红球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，并且 ④随机变量，且，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 已知数列是等比数列，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. （第Ⅱ卷） 注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数______． 11. 的展开式的常数项为___________．（用数字作答） 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，以线段为直径的圆与直线相交于，两点，则_________． 13. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______． 14. 在△中，是边的中点，是线段的中点．设，，记，则__________；若，△的面积为，则的最小值为__________． 15. 设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为______. 三、解答题：本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）若，求的面积； （2）若． （i）求和的值； （ii）求的值． 17. 如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若三棱锥的体积为4，求的长． 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 19. 已知是等差数列的前项和，是等比数列，，，． （1）求的通项公式； （2）设，求； （3）设，证明：． 20. 已知函数（是自然对数的底数）． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数，且满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $