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2026年天津市滨海新区塘沽十三中高考数学第一次统练试卷
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，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.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.下列说法错误的是( )
A. 数据，，，，，，的第百分位数为
B. 在回归直线方程中，相对于样本点的残差为
C. 在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按分层抽样的方式取份试卷进行分析，则应从分以上的试卷中抽取份
D. 若，，的平均数为，方差为，则，，的平均数和方差分别为，
5.已知直线，和平面，，下列命题正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则
6.已知，记，则( )
A. B. C. D.
7.已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是( )
若，则函数的值域为
是函数图象的一个对称轴
函数在区间上是增函数
函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
8.已知抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，抛物线的准线与坐标轴交于点，若为直角三角形，则双曲线的渐近线斜率绝对值为( )
A. B. C. D.
9.距今年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形图是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，，，，点在正四棱锥的斜高上，平面且不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋含甬道的室内容积为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知复数，则复数的虚部为 ．
11.在的展开式中，的系数为______．
12.已知过点的直线与圆：交于，两点，且，则的面积是 ．
13.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，由抽签确定第次投壶的人选，第次投壶的人是甲、乙的概率各为，第次投壶的人是乙的概率为 ，已知在第次投壶的人是甲的情况下，第次投壶的人是乙的概率为 ．
14.在梯形中，与相交于点若，则______；若，为线段延长线上的动点，则的最小值为______．
15.已知函数有且仅有个零点，则实数的取值范围为 ．
三、解答题：本题共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.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，已知，，．
求的值；
Ⅱ求；
Ⅲ求的值．
17.本小题分
如图，在直四棱柱中，底面为正方形，，，为棱的中点，为棱的中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
求点到平面的距离．
18.本小题分
已知椭圆的左右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合，直线与椭圆交于，两点，的周长为．
求椭圆的标准方程；
若斜率为的直线与抛物线交于，两点，斜率为的直线与抛物线交于，两点．
求和用含的代数式表示；
若，试判断是否存在最大值，若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
已知数列，其前项的和为设数列，其中．
求，；
设，求的值；
设，求使得成立的最大正整数的值其中符号表示不超过的最大整数
20.本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
设函数．
(ⅰ)设为的极值点，证明：；
(ⅱ)对任意，，判断和的大小关系，并说明理由．
参考答案
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】
16.因为，
所以，
又因为，
所以，
即，
因为，
所以；
Ⅱ因为，，，
所以，
即，
整理得：，
解得；
Ⅲ因为，，，，
所以，
，
所以，
所以，，
所以．
17.解：证明：依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图，
可得，，，，
依题意，
设平面的一个法向量为，
则，则，
不妨设，得，，
所以平面的一个法向量为，
依题意，，
有，故，
又因为平面，
所以平面
因为直四棱柱中，平面，
所以平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
，平面的一个法向量为，
设点到平面的距离为，
则．
所以，点到平面的距离为．
18.解：因为抛物线的焦点为，
所以椭圆的右焦点为，即，
根据椭圆的定义，的周长为，所以，可得，
所以椭圆的标准方程为．
联立直线与椭圆方程可得，，
整理得，
设，，所以，
椭圆中，，故，所以，，
所以，，
所以
，
所以
．
直线的方程为，
联立直线与抛物线方程得，即，
设，，故，
所以，同理，
所以
，
因为，故
所以单调递增，当时，有最大值．
19.因为，因此，
因为，因此，
因此，
因为，因此，
因此，
同理，，，
则，
而，因此；
由，则，
当时，，
可知数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，
因此，
因为，
因此
；
，
下证当时，：
显然恒成立，
，
因为，
因此，
因此，故，
因此，
因此，因此，
又，，
因此使得成立的最大正整数．
20.由题意，，
则，又，
故切线方程为，即．
证明：，
设，，则，
所以在上单调递减，因为，，
故存在唯一，使得，即，
则当时，，，函数在上单调递增，
当时，，，函数在上单调递减，
所以为的极大值点，，
因为函数在区间上单调递减，则，
即．
，理由如下：
由，因为和在上单调递增，
则在上单调递增，且，，
则存在唯一，使得，即，即，
当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由(ⅰ)可知，的最大值为，且，
由于函数在上为增函数，由，式可得，
故对任意正实数，，都有，
故对任意正实数，，都有．
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