精品解析：天津新华中学2025-2026学年高三下学期统练7数学试题

2025-2026学年第二学期高三统练7 数学 本试卷分为第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6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．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，再选涂其他答案标号． 2．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． ·球的体积公式，其中表示球的半径． ·圆锥的体积公式，其中表示圆锥的底面面积，表示圆锥的高． 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. 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. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为，则判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，是奇函数且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，，则的前7项和为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则 A. B. C. D. 9. 已知双曲线的左、右两个焦点分别为，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点，且满足，（为坐标原点），，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 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. 已知，则 _____. 11. 二项式的展开式中的系数为__________. 12. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆心到直线：距离为，且圆心的纵坐标大于3，则直线被圆截得的弦长为______. 13. 天津城市街巷日常出行，共享单车已是随处可见的生活景致．早先市面多见蓝、黄、绿三种素净配色，而今又添粉色、橙色、紫色雅致新色，点缀津城街巷风貌．甲、乙、丙三名学生闲暇出行，在以上6种颜色中各自任选一种颜色，车辆配色充足． （1）已知三人所选单车中有粉色，则三人所选颜色互不相同的概率为________； （2）若限定三人所选单车颜色互不重复，设三人选中暖色系（黄色、粉色、橙色、紫色）单车的个数为随机变量，求数学期望________． 14. 已知中，，则__________；若点都在圆上，且，则与夹角的余弦值为__________. 15. 设，函数，若恰有两个不同零点，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A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为，，. （1）求和的值； （2）求的值. 17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 19. 已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式及前项和． （2）天津市某高中依托社区新时代文明实践站，开展“党建引领文明实践，青春服务津城”主题实践活动，引导学生在服务社区中增强责任意识和文明素养．学校安排4个学生实践小组参加本次活动．本次活动共持续8天，依次记为第1天、第2天，…，第8天．各小组参加活动的时间安排如下： 第1组参加第1天至第5天的活动，其余天数不参加活动； 第2组参加第2天至第6天的活动，其余天数不参加活动； 第3组参加第3天至第7天的活动，其余天数不参加活动； 第4组参加第4天至第8天的活动，其余天数不参加活动． 设第天正在参加活动的小组数为，请写出，，…，． （3）设为正整数，对正整数，其中，定义为满足下列条件的正整数的个数： （ⅰ）；（ⅱ）． 求的表达式，并求． 20. 已知函数（）． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个极值点、，且， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高三统练7 数学 本试卷分为第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6页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．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，再选涂其他答案标号． 2．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． ·球的体积公式，其中表示球的半径． ·圆锥的体积公式，其中表示圆锥的底面面积，表示圆锥的高． 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】B 【解析】 【详解】由题知，解得，故， ，解得，故， ． 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】A 【解析】 【分析】又函数单调性得到充分性成立，举出反例可得必要性不成立. 【详解】由题意得，，， 而在上单调递增，故， 而在上单调递减，故，充分性成立， ，不妨设，满足要求， 但此时，不满足，必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 3. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为，则判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可得，且，逐项判断. 【详解】观察图像，可以发现图1整体从左往右递减，图2整体从左往右递增，所以， 同时图2整体排列比图1更为紧密，所以， ，A正确； 因为，所以 ， ， ，故BCD都错误. 4. 下列函数中，是奇函数且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断函数的单调性，即可判断ABC的正误；结合分段函数的单调性以及奇偶性的判断，可判断D. 【详解】对于A，由于在R上单调递减，故在R上单调递减，A错误； 对于B，， 由于在上单调递增，故在上单调递增， 则在上单调递增， 故在上单调递减，B错误； 对于C，由可得， 当时，，此时在上单调递减，C错误； 对于D，令，当时，，在上单调递增， 再判断函数的奇偶性： 当时，令，当时，， 则时，，则； 时，，则； 即可知为奇函数，D正确. 5. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，故， ， ，即， ． 6. 已知数列的前项和为，，则的前7项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知， 当时，， 当时，， 时，， ， ，故是首项为3，公比为2的等比数列， 的前7项和为：． 7. 如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出未知数，根据棱台体积和棱锥体积公式得到方程，求出水面高度 【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 设注水四棱台的上底面边长为，则，解得， 注水四棱台的上底面的面积为， 注水四棱台的下底面的面积为， 则注水四棱台的体积为， 将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥， 设水面高度为，底面边长为， 则，解得，且底面面积为， 设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则， 又，则，解得，即， 即此四棱锥容器倒置后，水面高度为. 8. 已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像过点可得，由的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，可知，结合在上单调，从而得到，由此得到的解析式，结合图像，即可得到答案． 【详解】因为的图象过点，则，又，所以.一方面，的图象向左平移单位后得到的图象与原函数图象重合，则，即，化简可知．另一方面，因为在上单调，所以，即，化简可知. 综合两方面可知．则函数的解析式为， 结合函数图形，因为，当时，， 结合图象可知 则 ，故选A． 【点睛】本题主要考查正弦函数解析式的求法，以及函数图像的应用，考查学生的转化能力，属于中档题． 9. 已知双曲线的左、右两个焦点分别为，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点，且满足，（为坐标原点），，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设，在中，根据双曲线定义及余弦定理可得，再由，得，根据代入计算即可求解. 【详解】设， 则， 在中，， 所以，化简可得， 所以， 因为，所以， ， 因为， 所以，化简可得， 所以双曲线C的离心率. 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. 已知，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】， 所以. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理得到展开式通项公式，得到，得到答案. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 故. 故答案为：. 12. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆心到直线：距离为，且圆心的纵坐标大于3，则直线被圆截得的弦长为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题知设圆心为 且，利用圆心到直线：距离为，求得，所以再利用弦长公式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 设圆心为 ，且， 所以， 因为圆心到直线：距离为， 所以， 因为，所以.所以， 所以直线被圆截得的弦长为. 故答案为：. 13. 天津城市街巷日常出行，共享单车已是随处可见的生活景致．早先市面多见蓝、黄、绿三种素净配色，而今又添粉色、橙色、紫色雅致新色，点缀津城街巷风貌．甲、乙、丙三名学生闲暇出行，在以上6种颜色中各自任选一种颜色，车辆配色充足． （1）已知三人所选单车中有粉色，则三人所选颜色互不相同的概率为________； （2）若限定三人所选单车颜色互不重复，设三人选中暖色系（黄色、粉色、橙色、紫色）单车的个数为随机变量，求数学期望________． 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算可填第一空；根据超几何分布的期望公式计算可填第二空. 【详解】设事件：三人所选颜色互不相同；事件：三人所选单车中有粉色，， 每人从6种颜色中任选一种，总基本事件数：， 事件的对立事件：三人都不选粉色，每人有5种选择：， 则 ， 事件：所选单车包含粉色，且三人颜色互不相同， 需从余下5种颜色中选取2种，再对3种颜色进行全排列： ， 因此：，即三人所选颜色互不相同的概率为； 以上六种颜色中，暖色系共4种，冷色系共2种，从6种颜色中不放回选取3种， 该随机变量服从超几何分布，其中 ． 则． 14. 已知中，，则__________；若点都在圆上，且，则与夹角的余弦值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据数量积的运算律推导出，再由计算可得，取的中点，连接、，则，由数量积的运算律可得，最后由夹角公式计算可得. 【详解】因为，所以， 即， 即， 所以 ， 取的中点，连接、，则，， 所以， 则 ， 所以， 设与夹角为，则， 即与夹角的余弦值为. 故答案为：； 15. 设，函数，若恰有两个不同零点，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】函数恰有两个不同零点等价于方程有两个不同的解，再去掉绝对值号分别求解，并对作、、三种情况讨论，最后得到满足条件的的取值范围. 【详解】令，得， 所以或 情况1： 化简得：（，时此方程无解）； 情况2： 化简得：，两边乘得二次方程：， 判别式，恒有两个不同实根， 由韦达定理，两根之积，故两根一正一负， 有效零点需满足，我们分别分析、、三种情况： (1) ， 情况1的根 ，不满足，无效； 情况2的负根，无效；正根，显然， 故，有效，结论：仅 1 个有效零点，不符合题意； (2) 情况 1 无解； 情况 2 方程变为，正根（负根舍去），仅 1 个有效零点，不符合题意； (3) 情况 1 的解，满足，有效； 情况 2 的正根，必然满足，有效；负根，可证：， 右边，平方得，恒成立，故负根，无效； 验证两个有效零点是否重合：假设，化简得，无解，故两个零点不同， 结论：恰有 2 个不同有效零点，符合题意. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为，，. （1）求和的值； （2）求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据同角三角函数关系求出，再应用面积公式得出，最后应用余弦定理求出边长结合正弦定理求出角的正弦即可； （2）先应用二倍角公式得出，再运用两角和的余弦公式计算求值. 【小问1详解】 在中，由，故A为钝角，， 的面积为，可得，即，则， 联立，解得，， 由，可得， 由正弦定理得，即，解得； 【小问2详解】 且为锐角，， ，， . 17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 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. 【小问3详解】 假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 18. 已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，当时，有定值． 【解析】 【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程． （2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值. 【小问1详解】 因为椭圆的长轴长为，离心率为， 所以，． 所以，．所以． 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 若直线的斜率存在，设直线的方程为，． 联立方程组， 消去，化简得． 则，即, 设，， 所以，． 所以直线TM的方程为，直线的方程为． 所以，． 所以，， 所以 ． 所以当时，为定值， 即（负值舍）时，有定值． 当时，若直线l斜率不存在， 不妨设，， 所以，． 所以． 综上，当时，有定值． 【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大. 19. 已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式及前项和． （2）天津市某高中依托社区新时代文明实践站，开展“党建引领文明实践，青春服务津城”主题实践活动，引导学生在服务社区中增强责任意识和文明素养．学校安排4个学生实践小组参加本次活动．本次活动共持续8天，依次记为第1天、第2天，…，第8天．各小组参加活动的时间安排如下： 第1组参加第1天至第5天的活动，其余天数不参加活动； 第2组参加第2天至第6天的活动，其余天数不参加活动； 第3组参加第3天至第7天的活动，其余天数不参加活动； 第4组参加第4天至第8天的活动，其余天数不参加活动． 设第天正在参加活动的小组数为，请写出，，…，． （3）设为正整数，对正整数，其中，定义为满足下列条件的正整数的个数： （ⅰ）；（ⅱ）． 求的表达式，并求． 【答案】（1）， （2）；；； ；；；； （3）， 【解析】 【分析】（1）利用条件求出公比，可得通项公式和求和公式； （2）根据题意利用列举法可求答案； （3）分情况讨论，当时，，当时， 然后利用分组求和法可得答案. 【小问1详解】 设等比数列 的公比为 . 因为数列各项均为正数，且，则，， 因为，所以整理得 因为 ，所以，即 【小问2详解】 第1天：第1组参加活动，共1个小组，即； 第2天：第1组、第2组参加活动，共2个小组，即； 第3天：第1组、第2组、第3组参加活动，共3个小组，即； 第4天：第1组、第2组、第3组、第4组参加活动，共4个小组，即； 第5天：第1组、第2组、第3组、第4组参加活动，共4个小组，即； 第6天：第2组、第3组、第4组参加活动，共3个小组，即； 第7天：第3组、第4组参加活动，共2个小组，即； 第8天：第4组参加活动，共1个小组，即. 【小问3详解】 由第（1）问可知：， 所以 因此第三问中，且 是满足，的正整数 的个数. 的取值范围为 分两种情况讨论.当时，有， 因此 这时共有个正整数，所以； 当时，有所以且 因此 这时正整数 的个数为化简得 所以 下面求和： 由上面的表达式可知： 所以 即 因此，即. 20. 已知函数（）． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个极值点、，且， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，求得，，写出切线方程； （2）（i），利用导数法得到在单调递增，在单调递减，从而由求解；（ii）由，得到，再根据，得到，然后根据，得到，再论证，从而得到，再结合证明. 【小问1详解】 ，所以， 因此，，， 所以，整理得； 【小问2详解】 （i），令， 则，所以，时，，所以在单调递增； 时，，所以在单调递减， 因此，解得， 又因为，所以存在唯一使得， 又因为，令，， 所以在上单调递增， 因此， 因此在存在唯一，使得. 因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 、是函数的两个极值点，所以. （ii）因为，所以， 又因为，所以， 根据已知，所以， 下面证，只需证， 即证， 令，，令，， 所以在单调递增，所以， 因此成立， 所以，即， 又因为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $