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天津市十二区重点学校2025-2026学年下学期高三毕业班联考（一）数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，，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下：
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．近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲 乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到.
车型与地区
下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
下列说法正确的是（ ）
A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人
B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人
C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
6．已知数列，则数列的前9项和为（ ）
A．3 B．6 C．2 D．4
7．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（ ）
A．有水的部分始终呈棱柱形
B．棱始终与水面所在平面平行
C．水面所在四边形的面积为定值
D．当容器倾斜如图3所示时，是定值
8．已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（ ）
A．1 B． C． D．
9．已知双曲线的左 右焦点分别为和，过的直线交双曲线的右支于点，交双曲线的一条渐近线于点（在第二象限）.若，则双曲线的离心率为（ ）
A．4 B． C．5 D．
二、填空题
10．是虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______.
11．在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
12．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交轴于两点.若，则圆的半径为__________.
13．某班级举行抽奖活动，准备10张形状和质地完全相同的抽奖券，其中4张为一等奖券，6张为二等奖券，每次随机抽取1张.若不放回地连续抽取两次，在第二次抽到一等奖券的条件下，第一次抽到二等奖券的概率是__________；若每次都是有放回地抽取，连续抽取5次，抽到一等奖券记2分，抽到二等奖券记0分，以表示5次抽取的总得分，则的数学期望为__________.
14．在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示__________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________.
15．设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________.
三、解答题
16．在中，角所对的边分别为.已知.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为.
（i）求的值；
（ii）求的值.
17．如图，在四棱锥中，平面，.
(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值；
(3)求三棱锥的体积.
18．已知椭圆的左顶点为，右焦点为，点在椭圆上，且，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点在椭圆上（在轴的上方），若，求直线的方程.
19．已知是等差数列，是等比数列..
(1)求和的通项公式：
(2)若，记由的所有可能取值组成集合.
（i）求集合中的最大元素；
（ii）已知为给定的大于1的自然数，求证：当时，，并求集合中所有大于0的元素之和.
20．已知.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围；
(3)若有两个极值点，且，求证：.
参考答案
1．B
【详解】，，
，
，.
故选：B.
2．A
【详解】对不等式化简变形可得：
，即，进一步化简可得：
，即，
所以原不等式等价于：，
若，则，，，
因此，原不等式成立，
即，充分性成立，
若取，，此时，，
满足（原不等式成立），但不满足，
即，所以必要性不成立。
因此“”是“”的充分不必要条件.
3．B
【详解】A选项：，为偶函数.题中图像为奇函数，所以A不可能.
C选项：同A选项判断方法也可判断C选项为偶函数，C错误.
D选项：因为，当足够大时，显然不满足图像显示最后一部分由负到正的急剧递增，且当时，，与图像矛盾.
B选项：从奇偶性，特殊值角度分析均有可能满足，因此图像解析式可能为.
4．D
【详解】，对数函数是增函数，且，因此：，即；
，对数函数是减函数，且，因此：，即；
，指数函数是增函数，因此：，即；
综上，大小关系为.
5．C
【详解】对A：，故新能源车主有人，故A错误；
对B：购买燃油车的人数为，
购买新能源车的人数为，
则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误；
对C、D：依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，
由，故此推断犯错误的概率不大于，故C正确、D错误.
6．A
【详解】，
则、
.
7．C
【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确；
由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确；
当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误；
在图3中，有水部分始终是以平面和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确.
8．D
【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合，
则有周期，则有，即，
又，故，即，
当时，，则在上单调递减，
由，则，即，
则.
9．A
【详解】由，为中点，则为中点，
由在第二象限，可设，则，
由，则，
整理得，
由在双曲线上，则有，
整理得，则，
整理得，即.
10．2
【详解】由，得，分子分母同乘得：，
故复数的虚部为.
11．60
【详解】由二项式定理，展开式的通项为.
令，解得，将代入通项，得的系数为.
12．
【详解】由可知，.
设，则由抛物线定义可得，即圆半径为，
而点到轴距离为，，则由勾股定理可得，
解得，所以圆半径为.
13． 4
【详解】设事件表示：“第二次抽到一等奖券”，事件表示：“第一次抽到二等奖券”，
则；
设表示5次抽取中抽到一等奖券的次数，
每次抽到一等奖券的概率，则由题意可得，
故，又，则.
14．
【详解】如图，因为 是 中点，所以 ，.
又 是 AE 中点，故 ，.
设 ，则 .
由 共线，，即 ，
得 ，，，故 .
又 ，.
设 ，，则，
代入得 .
由基本不等式 ，得 ，当且仅当时等号成立.
平行四边形面积 ，故 .
15．
【详解】令得方程，首先必须保证，
当时，恒成立；当时，等价于或，
首先对分段讨论，当时，，
两边平方得解得或，
得到存在需满足，存在需满足，
即应有或；
当时，，
两边平方得即，
设，，
且时有两个根，
设为，存在需满足，
考虑几个分界点的值，
，.
接下来对进行分类讨论，
当时，此时应有或，均存在，
此时开口朝下且有，
根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件；
当时，存在，不存在，变为，零点为不满足存在条件；
当时，此时应有或，存在，不存在，
得到开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件；
当时，，均不满足存在条件；
当时，不存在，存在，
开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件；
当时，不存在，存在，均不满足存在条件；
当时，都不存在，开口朝上，且对称轴，
根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件；
当时，都不存在，
综上所述，的取值范围为.
16．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又因为是的内角，所以，则.
所以，又因为，所以.
（2）（i）因为的面积为.
所以，所以，
根据余弦定理，
所以.
（ii）解法一：由正弦定理，得，
因为所以，所以是锐角，所以，
，，
.
解法二：由余弦定理可得：，
是的内角，所以，
，，
.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证法一：连接与交于点，再连接，
因为，
所以
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面
证法二：以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则.
设是平面的一个法向量，
，则，
令，则，平面的一个法向量为.
因为，所以，
又因为平面，所以平面
（2）解法一：
设，得，
，
设直线与平面所成角为，则
，
化简得，因为，得，
，所以线段的值为.
解法二：
设，得，
，
设直线与平面所成角为，则
，
化简得，因为，得，，所以线段的值为.
（3）解法一：
因为，所以，
解法二：由（1）所建立的坐标系可得.
则
故由余弦定理可得
所以，
由（1）得,平面的一个法向量为.
点到平面的距离.
18．(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，点的坐标为，
则，解得，
故椭圆的方程为；
（2）法一：由题意可知直线的斜率存在且大于，
设直线的方程为，
由方程组，整理得，
，
，得，
则，
思路一：
在中，，
得，
因为在中，所以或，
若，
即不成立.
，
，
，
所以，
得，因为，所以，
直线的方程为.
思路二：
过点作交于点，
则，
因为，所以，
，
，
，
，
，
解得，因为，所以，
直线的方程为.
思路三：
因为，所以，
则，
，
，
，
即，
解得，因为，所以，
直线的方程为.
思路四：
因为，
，
，
因为，所以，
，
即，
解得，因为，所以，
直线的方程为.
法二：由题意可知直线的斜率存在且大于，
设直线的方程为.
由方程组，整理得，
解得，或，由题意得，
在中，，
得
因为在中，所以，
或，若，
即不成立，
，
，
，
所以，
得，因为，所以，
直线的方程为.
19．(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析，.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，
得：，即，
所以，解得：或（舍），，
从而，；
（2）（i）当时，取最大值，
此时，①，
②，
①-②得：
，
故，即集合中的最大元素为；
（ii）首先证明，当，即时，，
当时，，
由（i）可知，
所以，，
反之，若，则必有，否则若，则
，
故当且仅当时，，
再证明集合中有个大于0的元素，
首先，当，即时，对于任意，
都有和两种可能，故有种不同形式，
下面证明这种不同形式的结果互不相同，
任取其中的两种不同形式，记为，
，
因为为两种不同形式，则必存在，使得，
将其中最大的记为，不妨设，
若，则显然，
若，则
，
故，因此集合中有个大于0的元素，
将这个元素记为，其中给定，
满足的元素个数为个，满足的元素个数也为，
因此
，
所以集合中所有大于0的元素之和为.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，.
因为，所以，.
曲线在点处的切线方程.
即.
（2）解法一：因为，
所以，
因为，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减
故在处取得最大值，最大值为.
因为存在，对于任意，都有 成立
所以，即 恒成立，等价于 ，
即对任意，恒成立.
设，则
令，则 .
①当时，因为，则显然有，
可知在上单调递减，则，
所以在上单调递减，
所以，即对任意恒成立，
所以 满足题意;
②当时，令，解得：，
当时， ，则单调递增，
此时，则在上单调递增，所以，
即当 时， ，即不恒成立，
可知不合题意.
综上所述， .
解法二：由（1）得，，
所以，因为，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减
故在处取得最大值，最大值为.
因为存在，对于任意，都有成立
即恒成立，等价于，
即对任意恒成立.
即恒成立，令
令
，令
，因为，所以，
即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，即
所以在上单调递增
由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）.
所以，即.
（3）解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减，
若有2个极值点，需满足，且.
因为有2个极值点，
，
所以等价于方程的两根为，且，
即方程的两根为，
令，则等价于方程的两根为，
所以，即
因为
令，则即证
因为，所以在上单调递增，
下证：
，所以可得
即，即证，
因为，即，因此即证，
令，
则，
因此在上单调递增，，所以得证.
因为，所以，
又发现且在上单调递增，
因此
即得证.
解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减，
若有2个极值点，需满足，且.
设
则，
令，
因为，所以，
故，即，
所以在上单调递增，故，所以在上单调递增，
故，
下证：
因为，即，
故，
又，所以，即，
因为在上单调递减，
所以，
又因为，所以，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
且的两个零点为，
所以在上，即在上单调递增，
所以，
因为，即，且
所以，
故得证.

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