精品解析：天津市和平区2025-2026学年第二学期高三年级考前质量调查数学学科试卷

和平区2025-2026学年度第二学期高三年级第三次质量调查 数学学科试卷 第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题共45分） 监测注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，务必将自己的姓名、准考证号涂在答题卡上． 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，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 球的体积公式，其中表示球的半径． 如果事件、互斥，则． 如果事件、相互独立，则． 任意两个事件与，若，则． 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，则中的元素个数为（ ） A. 0 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，，而， 所以，有个元素. 2. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求函数的定义域，再分析当取不同区间时，函数值的正负即可求出. 【详解】由题且，即函数的定义域为且， 当时，，，，故排除AC， 当时，， ， 当时，；当时，，排除B. 故选：D. 3. 已知直线，与平面，则下列条件中，可以推出的为（ ） A. ， B. ， C. ，与平面所成角相等 D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，已知，，即直线，都与平面垂直， 根据“垂直于同一个平面的两条直线互相平行” 可以推出，选项A正确； 对于B，当，时，直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面， 所以不能推出，选项B错误； 对于C，当，与平面所成角相等时，直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面， 所以不能推出，选项C错误； 对于D，当，时，直线与直线可能平行，也可能异面， 所以不能推出，选项D错误. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，所以，所以. 5. 以下说法不正确的是（ ） A. 样本数据1，1，1，3，3，3的极差为2，标准差为1 B. 对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值为2 C. 对一个容量为的总体，抽取容量为的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，三种方法的总体中每个个体被抽中的概率均相等 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，在样本数据1，1，1，3，3，3中，最大值是3，最小值是1，所以极差为. 样本数据的平均数为，则标准差，所以选项A正确. 对于B，已知经验回归方程为，样本数据的中心点为， 因为样本数据的中心点为一定在经验回归方程上，所以，则，所以选项B正确. 对于C，简单随机抽样、系统抽样和分层抽样都是等概率抽样，即总体中每个个体被抽中的概率均为，所以选项C正确. 对于D，已知，依据的独立性检验， 当时，我们有的把握认为“与有关联”，所以选项D错误. 6. 为了得到函数的图象，纵坐标不变，只需将函数的图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标缩短到原来的 B. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 C. 向左平移个单位长度；再将所得各点的横坐标缩短到原来的 D. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，故A正确； 对于B，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，故B错误； 对于C，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，故C错误； 对于D，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，故D错误. 7. 已知，数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据数列等式进行变形化简确定数列从第二项起为公比为3的等比数列，从而利用等比数列通项公式求解即可. 【详解】由题意，当时，， 当时，，化简得， 又不满足， 所以数列从第二项起为公比为3的等比数列，所以. 8. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，的一条渐近线方程为，点在上，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先通过椭圆与双曲线共焦点、双曲线渐近线方程求出双曲线的参数，再结合双曲线定义和直角三角形勾股定理求解两焦半径的乘积即可. 【详解】因为椭圆，所以半焦距满足，即， 故两焦点距离， 因为双曲线与共焦点，所以； 又因为渐近线为，则，即， 代入得，解得， 因为双曲线上的点，则， 两边平方得：， 又因为由，得， 由勾股定理得， 所以将代入得， 解得. 9. 在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用矩形折叠后两个直角三角形共斜边的性质，确定外接球球心为BD中点，计算半径后代入球体积公式求解. 【详解】因为四边形为矩形，故，沿折起得到后，， 因此与均为斜边为的直角三角形. 设中点为，可得， 即为四面体的外接球球心，外接球半径. 所以，故， 所以外接球体积. 第Ⅱ卷（非选择题共105分） 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小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分） 10. i为虚数单位，复数满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的代数运算法则求出复数，再利用复数模的计算公式计算. 【详解】由，等式两边同乘以，可得， 则. 11. 在的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】的常数项为 . 12. 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线被圆截得的弦长为______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用抛物线的焦点坐标求出直线方程，然后计算圆心到直线的距离，利用垂径定理求解弦长. 【详解】由题意得，抛物线的焦点为， 则直线方程为，即， 圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，则， 故所求的弦长为. 13. 盒子中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个白球，2个黄球，2个红球．现从盒中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量，则第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为__________，的数学期望为__________． 【答案】 ①. ##0.5 ②. 【解析】 【分析】①利用条件概率公式求解即可；②求出随机变量可能的取值及对应的概率，即可求解分布列，进而利用数学期望公式求解即可. 【详解】①设事件为“第二次取出的球为黄球”，设事件为“第三次取出的是红球”， 事件可分为“第一次取出的球为黄球”与“第一次取出的球不是黄球”，两种情况，故， 事件为“第二次取出的是黄球且第三次取出的是红球”，可分为“第一次取出的是黄球”或“第一次取出的是白球”或“第一次取出的是红球”， 所以，所以， 所以第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为. ②的可能取值为，，， ， , ， 所以的分布列为： 所以. 14. 已知中，点为边上一点，且，则__________（用与表示）；若点为内的一点，，满足，则__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用向量的线性运算可得第一空的答案，利用数量积运算和中点公式可得第二空答案. 【详解】; 取的中点，则，因为，所以， . 15. 若，，使得关于的方程有个不同的实根，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】令，且，化简函数的解析式，分析可知直线与函数的图象有个交点，结合导数法可得出的取值范围. 【详解】令，且， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 即， 函数在区间上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且，，，如下图所示： 因为， 当时，，即， 要使得直线与函数的图象有个交点， 则，则， 令，其中，则对任意的恒成立， 所以函数在上单调递减，， 令，其中，则， 故函数在上单调递增，所以， 此时； 当时，，则，， 要使得直线与函数的图象有个交点，则，解得； 当时，，要使得直线与函数的图象有个交点， 则，可得， 令，其中，则， 所以函数在上单调递增，则， 令，其中，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，，， 所以，且，此时， 此时. 综上所述，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，角，，所对的边分别为，，，且，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，由余弦定理可得答案； （2）由正弦定理可得答案； （3）由倍角公式求出，结合和角公式可得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由，可得，解得. 【小问2详解】 由（1）知，由，得：. 【小问3详解】 因为，所以， 若为钝角或直角，则必为钝角，与三角形内角和定理矛盾，故必为锐角， 所以， 故，， . 17. 在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，设平面和平面的夹角为，则，代入数值计算得到，从而得到平面与平面的夹角的余弦值. （3）由点为棱上靠近点的三等分点， 得到，从而得到点的坐标， 设直线与平面所成的角为，则，代入数值计算，从而得到直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为，，是中点，所以， 又，故，又，所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为四边形为菱形，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为四边形是菱形，，， 所以，、均为等边三角形. 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面和平面的夹角为， 则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 点为棱上靠近点的三等分点，， 则，， 则，又，则， 平面的法向量 ， 设直线与平面所成的角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由焦距得出，根据短轴的一个端点到右焦点的距离，所以，由此能求出椭圆方程； （2）设过的直线为，与椭圆方程联立，得，设，，，由，由此结合题设条件能求出实数的取值范围. 【小问1详解】 因为焦距为2，所以，即， 设短轴的一个端点，右焦点，短轴的一个端点到右焦点的距离为，∴， 所以椭圆的标准方程. 【小问2详解】 由题意知直线的斜率存在. 设：，，，， 由得. ，化简得，解得. ，. ∵，∴， ∴， 即得， ∴，∴.∴， ∵，∴， ，. ∵点在椭圆上，∴， ∴∴， 且， 所以， ∴， ∴实数取值范围为. 19. 已知个正数，，⋯，依次围成一个圆圈，其中，，，⋯，是公差为的等差数列，而，，，⋯，，是公比为的等比数列． （1）若，，，求数列，，⋯，的所有项的和； （2）若，，求的最大值； （3）当时，是否存在正整数，满足下式成立？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）的最大值为 （3）存在时，等式成立 【解析】 【分析】（1）由，，求解数列，，⋯，共个数即可； （2）由可得，，，⋯，是首项为，公差为的等差数列，故，而，，，⋯，，是公比为的等比数列，并求解，可以得到，再由最大，则最大即可求解； （3）由题意可得，，可得，再由代入化简即可求解. 【小问1详解】 由题意可得，，所以，又因为， 所以，，构成等比数列，所以， 所以数列，，⋯，为，，，，，，，，，共个数， 此时，. 【小问2详解】 由，，，⋯，是首项为，公差为的等差数列，故， 而，，，⋯，，是公比为的等比数列，故，因此， 所以，因此，要使最大，则最大，又，故的最大值为， 由，即，故的最大值为. 【小问3详解】 由，，，⋯，是公差为的等差数列，可得：， 而，，，⋯，，是公比为的等比数列，所以，故， 即，又，， 所以，即， 即，即，因此， 所以，所以； 代入验证可得：当时，上式等式成立，此时， 所以当且仅当时，存在满足等式. 20. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程： （2）讨论函数的单调性； （3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （3） 【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）求出函数的定义域，求出，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）参变量分离得，令，所以，构造函数，，利用导数求出该函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，，则， ，则， 所以当时，曲线在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 则， 当时，对任意的，恒成立， 此时函数的增区间为，无减区间； 当时，对于函数，. 若时，即当时，对任意的，， 此时函数的增区间为，无减区间； 若时，即当时，由可得， 由可得或， 此时函数的减区间为， 增区间为、. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. 【小问3详解】 因为不等式对任意恒成立，则， 因为，则，所以，则， 即， 令，所以， 令，，则， 令，其中， 则， 由（2）知，当时，函数在上为增函数， 因为，则， 所以， 即函数在上为增函数， 此时，则， 所以函数在上单调递增，则，所以， 故实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 和平区2025-2026学年度第二学期高三年级第三次质量调查 数学学科试卷 第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题共45分） 监测注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，务必将自己的姓名、准考证号涂在答题卡上． 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，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： 球的体积公式，其中表示球的半径． 如果事件、互斥，则． 如果事件、相互独立，则． 任意两个事件与，若，则． 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，则中的元素个数为（ ） A. 0 B. 3 C. 4 D. 5 2. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 3. 已知直线，与平面，则下列条件中，可以推出的为（ ） A. ， B. ， C. ，与平面所成角相等 D. ， 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 以下说法不正确的是（ ） A. 样本数据1，1，1，3，3，3的极差为2，标准差为1 B. 对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值为2 C. 对一个容量为的总体，抽取容量为的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，三种方法的总体中每个个体被抽中的概率均相等 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 6. 为了得到函数的图象，纵坐标不变，只需将函数的图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标缩短到原来的 B. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 C. 向左平移个单位长度；再将所得各点的横坐标缩短到原来的 D. 向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 7. 已知，数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，的一条渐近线方程为，点在上，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 9. 在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题共105分） 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小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分） 10. i为虚数单位，复数满足，则__________． 11. 在的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 12. 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线被圆截得的弦长为______． 13. 盒子中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个白球，2个黄球，2个红球．现从盒中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量，则第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为__________，的数学期望为__________． 14. 已知中，点为边上一点，且，则__________（用与表示）；若点为内的一点，，满足，则__________． 15. 若，，使得关于的方程有个不同的实根，则实数的取值范围为__________． 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，，，且，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 19. 已知个正数，，⋯，依次围成一个圆圈，其中，，，⋯，是公差为的等差数列，而，，，⋯，，是公比为的等比数列． （1）若，，，求数列，，⋯，的所有项的和； （2）若，，求的最大值； （3）当时，是否存在正整数，满足下式成立？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 20. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程： （2）讨论函数的单调性； （3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $