精品解析：天津市新华中学2026届高三考前校模数学试卷

新华中学2026届高三校模 数学试卷 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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的运算法则计算． 【详解】由已知， ，． 故选：C． 2. 已知直线：，：，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】C 【解析】 【分析】利用充要条件的定义判断. 【详解】解：当时，直线：，：，则， 当时，，即， 解得 ， 故“”是“”的充要条件， 故选：C 3. 已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，由正弦函数的周期性可得原函数图象和坐标轴有无数个交点排除A项；B选项，对函数求导，判断单调性和函数图象趋势即可判断；C选项，对所给函数的奇偶性进行判断即可； D选项，判断所给函数的定义域即可. 【详解】A选项，取，则令，解得：，其中，即：和轴有无数个交点，所以A错误； B选项，取，则，令，得或，令，得， 故在和上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以当时，，当时，，所以B正确； C选项，取，则函数定义域为，且，所以是偶函数，所以C错误； D选项，，由可得，由图知，D错误. 4. 下列函数中，最小正周期为，且在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，根据周期公式及三角函数的性质进行求解判断. 【详解】，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上单调递增，故A错误； ，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上是单调递减，在区间上是单调递增，故B错误； ，函数的最小正周期为；当时，，则此函数在区间上单调递增，故C错误； ，因为的最小正周期为，则此函数的最小正周期为；当时，，，则此函数在区间上单调递减，故D正确. 故选：D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 数据的分位数是6 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 【答案】D 【解析】 【分析】残差散点越集中，相关性越强，所以A错；正态分布关于均值对称，可由求出的值，B错；先将数据按从小到大排列，再求分位数，C 错；线性相关系数绝对值越接近1，线性相关性越强，D对. 【详解】选项A，残差散点图所在的带状区域越窄， 说明残差越小，模型拟合效果越好，两个变量的线性相关性越强， 因此“带状区域越宽，相关性越强”说法错误，所以A错. 选项B,因为所以该正态分布关于对称， 已知由对称性可得 又因为所以 故所以B错. 选项C，将数据按从小到大排列：共有 7 个数据， 故分位数是第 5 个数，即不是 6.所以C错. 选项 D，在线性回归分析中，线性相关系数满足 且越大，说明两个变量的线性相关性越强；越接近 0，说明线性相关性越弱.所以D正确. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用零点存在定理判断出，再由指数函数和对数函数的性质求解. 【详解】因为是上的增函数，且，， 所以， 又，所以， 所以， 故选：A. 7. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用已知及前n项和化简计算求值. 【详解】因为数列满足， 所以 所以， 又因为，则，所以. 故选：B. 8. 双曲线：（）的左焦点为，点在抛物线：（）的准线上，过点作双曲线的渐近线的垂线，垂足为M，延长交抛物线于点N，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由焦点在准线上得，求出垂足坐标，利用中点条件得坐标，代入抛物线方程化简得，解得. 【详解】设双曲线左焦点，抛物线准线，由在准线上得， 即，过作渐近线的垂线，垂足，垂线方程为， 与渐近线联立，解得，所以， 由知为中点， 故，代入抛物线得， 化简得，设，则方程化为， 解得，由于双曲线离心率，故，所以. 因为，因此. 9. 如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】将正三棱台中补成正三棱锥，如图所示． 因为为棱的中点，所以，又， 所以四边形是平行四边形.所以. 由，且，得是的中位线，所以分别为的中点， 故，与的面积比为. 所以三棱锥是正四面体. 取底面的中心为，连接，易知底面，又平面，所以． 因为为正三角形，，． 在中，． 所以正四面体的体积为. 所以． 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个给3分，全部答对的给5分． 10. 已知复数 ，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】先化简复数，再结合复数运算法则计算模. 【详解】由题意得， 所以 11. 求二项展开式中常数项为______. 【答案】135 【解析】 【详解】依题意，该二项式的通项公式为， 令，得，故. 12. 若圆M：（）被直线所截得的弦长为6，过点作圆M的切线，其中一个切点为A，则的值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用垂径定理和点到直线的距离公式求出参数，再结合切线的性质通过勾股定理计算切线长. 【详解】求圆心到直线的距离：由圆M：（）知圆M的半径， 已知直线截圆所得弦长为6，由垂径定理可得，圆心到直线的距离满足：，代入，解得. 求：根据点到直线的距离公式得，化简得，解得或， 又，所以，即圆心. 计算切线长： 如图，因为是圆的切线，故，为直角三角形， 其中，， 由勾股定理得. 13. 2026天津五大道举办“津遇和平·拾光海棠”文明赏花打卡活动．游客分上午、下午两个时段参与打卡，每次打卡可获得1枚或2枚文明纪念章．上午随机获得1枚或2枚纪念章，概率均为0.5；若上午获得1枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.3，获得2枚的概率为0.7；若上午获得2枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.6，获得2枚的概率为0.4． （1）一名游客上、下午打卡结束后，一共获得3枚纪念章的概率为_________； （2）若累计获得不少于3枚纪念章评为文明打卡达人，现随机抽取4名游客，以X为获评达人的人数，则_________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【详解】（1）总获得3枚纪念章分两种互斥情况： 情况1：上午得1枚，下午得2枚，概率为； 情况2：上午得2枚，下午得1枚，概率为. 因此总概率. （2） 总获得4枚纪念章的概率为 ， 因此获评文明打卡达人概率 . 由题意，服从二项分布，则. 14. 已知是的重心，，那么______；若，，则的最小值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过向量的线性运算来求解和的值 进而得到的值；根据向量的数量积公式，求出的值，再利用向量模长公式以及均值不等式来求解的最小值即可. 【详解】设的中点为，是的重心，根据重心的性质可知 ，又，，、，即. ，，，， 又，， 根据均值不等式，得，当且仅当时，等号成立， ， 那么，即的最小值是. 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】先求的定义域，再通过去掉绝对值构造两个函数，，因此将函数恰有两个不同零点转化为直线与的不同交点总数为.再由函数的定义分两段讨论函数的单调性及值域，最后再由数形结合判断总交点个数可得. 【详解】函数的定义域为， 因为函数恰有两个不同零点等价于方程有两个不同解， 整理得： ，即等价于或，因此两个方程共有两个不同解. 令，， 则原问题转化为：直线与的不同交点总数为. 令，则，，分区间讨论： 当时，，： 所以，， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 所以函数在处取得极小值也是最小值， 且，所以函数的值域为. ，， 因为，所以，所以函数在上单调递增，所以函数的值域为. 当时，，： ，， 所以函数在单调递减，值域为. ，， 所以在单调递增，值域为. 当时，与有个交点，与没有交点，共有个交点，不符合题意； 当时，与有个交点，与没有交点，共有个交点，符合题意； 当时，与有个交点，与没有交点，共有个交点，不符合题意； 当时，与有个交点，与有个交点，其中有个交点重合，共有个交点，不符合题意； 当时，与有个交点，与有个交点，共有个交点，不符合题意； 当时，与有个交点，与有个交点，共有个交点，不符合题意； 当时，与没有交点，与有个交点，共有个交点，不符合题意； 综上，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，，,满足． （1）求角的大小； （2）设，. （i）求边的值； （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，两角差的正弦公式即可求解． 【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， 解得或（舍），故； （ii）由， 得， 解得，则， 则，， 所以. 17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可； （2）以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 证明：设，连接， 由四边形为矩形，得为中点， 又为中点，则， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 解：由垂直于梯形所在平面，，得直线、、两两垂直， 以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， ，， 所以，点到直线的距离为. 【小问3详解】 解：由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，得， 易知平面的一个法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 【答案】（1） （2）直线的斜率为或斜率不存在 【解析】 【分析】（1）结合椭圆离心率公式和点在椭圆上的条件，联立求解即可得到椭圆的标准方程； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，斜率存在时联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和三角形面积公式求解斜率，斜率不存在时直接验证是否满足面积条件. 【小问1详解】 由椭圆离心率，得， 结合，可得. 将点的坐标代入椭圆方程得，解得，则， 故椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 ①当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 即，如图， 与椭圆方程联立，消去并整理得. 已知是该方程的一个根，由韦达定理得， 则. 设到直线的距离为，则， 则的面积为， 整理得，即，解得或； ②当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 根据椭圆的对称性可得，此时的面积，满足条件. 综上，直线的斜率为或不存在。 19. 已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． （1）求数列、的通项公式； （2）数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）直接计算等差等比数列的基本量，进而可能通项公式； （2）（ⅰ）当时，此时数列是公差为的等差数列，故得，当时，，进而可得，再通过待定系数法构造等比数列，从而可得；（ⅱ）将区间按划分为个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为的等差数列，先求第段和，再对进行分组并项求和可得. 【小问1详解】 因为是公差为的等差数列，，由得​： ， 即，解得，因此： . 对于等比数列，公比，，由得：， ​得，结合，解得，因此： . 综上，，. 【小问2详解】 因为，由上分析知，，所以，. （ⅰ）当时，，此时数列是公差为的等差数列，共有项， 因此，①. 当时，，将①代入得. 因此②. 用待定系数法构造等比数列：设， 则，与②比较得，解得, 所以， 故数列是公比为的等比数列，且首项. 所以，即， 又因为，所以，， 因此. （ⅱ）将区间按划分为个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为的等差数列， 即第段：，项数；第段：，项数； 第段：，项数；；第段：，项数； 记第组和为，首项为，公差为，项数为的等差数列， 所以 ， 对求和， ， 因此，. 【点睛】本题关键由等差等比数列可得递推关系，进而再待定系数法构造等比数列，从而可得；对求和采用分成段求和，最后再用分组并项求和. 20. 已知函数，e为自然对数的底数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）对于任意的，不等式恒成立，求实数的值； （3）若关于x的方程有两个实根，，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，得，且，即可求解切线方程； （2）由题意知在上恒成立，利用导数求解函数的最小值，进而可求解实数的取值范围； （3）先利用导数证得，从而证得，再根据（2）中的结论证得，从而得证. 【小问1详解】 因为，所以， 则，， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 记，其中， 由题意知在上恒成立，下求函数的最小值， 对求导得，令，得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则. 记，则，令，得， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，即当且仅当时取等号， 又，从而得到. 【小问3详解】 先证在上恒成立， 记，则， 令，得，当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则恒成立，即. 记直线，分别与交于，， 不妨设，则， 从而，当且仅当时取等号，此时， 由（2）知，，则， 从而，当且仅当时取等号，此时， 故， 因等号成立的条件不能同时满足，故． 【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法： （1）转化为函数最值问题，利用导数解决； （2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题； （3）参变分离法，结合函数最值或范围解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新华中学2026届高三校模 数学试卷 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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线：，：，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. 已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，最小正周期为，且在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 数据的分位数是6 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 D. 8. 双曲线：（）的左焦点为，点在抛物线：（）的准线上，过点作双曲线的渐近线的垂线，垂足为M，延长交抛物线于点N，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（ ） 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小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个给3分，全部答对的给5分． 10. 已知复数 ，则 _______. 11. 求二项展开式中常数项为______. 12. 若圆M：（）被直线所截得的弦长为6，过点作圆M的切线，其中一个切点为A，则的值为_____________． 13. 2026天津五大道举办“津遇和平·拾光海棠”文明赏花打卡活动．游客分上午、下午两个时段参与打卡，每次打卡可获得1枚或2枚文明纪念章．上午随机获得1枚或2枚纪念章，概率均为0.5；若上午获得1枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.3，获得2枚的概率为0.7；若上午获得2枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.6，获得2枚的概率为0.4． （1）一名游客上、下午打卡结束后，一共获得3枚纪念章的概率为_________； （2）若累计获得不少于3枚纪念章评为文明打卡达人，现随机抽取4名游客，以X为获评达人的人数，则_________． 14. 已知是的重心，，那么______；若，，则的最小值是______. 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，，所对的边分别为，，,满足． （1）求角的大小； （2）设，. （i）求边的值； （ii）求的值． 17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值 18. 已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 19. 已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． （1）求数列、的通项公式； （2）数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 20. 已知函数，e为自然对数的底数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）对于任意的，不等式恒成立，求实数的值； （3）若关于x的方程有两个实根，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $