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天津市十二区重点学校2026年高三毕业班联考（二）数学试卷
一、单选题
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．下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
4．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．芯片作为集成电路上的载体广泛应用于手机和航天等多个领域.某公司根据市场调研与统计得到，从年至年在芯片技术上的研发投入（亿元）与收益（亿元）的数据统计如下：
由上图发现可以用一元线性回归模型刻画收益与投入的关系.根据以上信息，如下判断错误的为（ ）
A．该公司收益数据的极差为
B．该公司收益数据的中位数为
C．可推断与两个变量正线性相关
D．若年投入亿元，则收益一定为亿元
6．已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ）
A．是函数的一个对称中心
B．在区间上单调递增
C．的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到
D．的图象可以由函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）后，再将图象向右平移个单位长度得到
7．已知数列，，对任意的，都有，若，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
9．如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
10．是虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数__________.
11．的展开式中的系数是___________.（用数字作答）.
12．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________.
13．甲、乙两人进行多轮猜谜比赛，每轮比赛两人各答一题，已知每轮比赛中，甲、乙猜对的概率分别为和，每轮比赛中两人猜对与否互不影响，每轮结果互不影响，在一轮比赛中，恰有一人猜对的概率为__________；若两轮比赛中只有两次猜对，则这两次都是乙猜对的概率为__________．
14．已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________.
15．已知，，函数在上的最大值为，若对任意恒成立，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)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
17．如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值.
19．已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)若与满足关系：，且当时，则称数列是由数列生成的“不减数列”，
（i）若，求的前项和：
（ii）满足以下两个条件：①为项有穷数列，且，其中，，，是，，，的任意一个排列；②为等差数列.若满足条件的的个数为，并将不同的记作，且，求.
20．已知，函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值为，求的值；
(3)当时，函数在上的零点按从小到大排列构成一个数列，记为，求证：.
参考答案
1．B
解：，又，
．
2．B
【详解】当，时，；
反之，当时，或，，
因此“”是“，”的必要不充分条件.
3．D
【详解】，定义域为，
又，所以为奇函数，
易知，则不单调，故A不符合题意；
因为，
，则为偶函数，故B不符合题意；
，定义域为，
又，所以为奇函数，
又在单调递减，
则在单调递减，故C不符合题意；
，定义域为，
又，所以为奇函数，
，所以在上单调递增，故D符合题意．
4．A
【详解】在上为增函数，所以.
在上为增函数，所以.
当时，，，此时；
当时，，，此时；
又在上为减函数，在上为增函数，
所以方程的解应在之间，即.
综上，
5．D
【详解】对于AB选项，将收益由小到大排列依次为、、、、、、，
该公司收益数据的极差为，A对，
该公司收益数据的中位数为，B对；
对于C选项，由散点图可知，可推断与两个变量正线性相关，C对；
对于D选项，用回归方程计算的收益只是个估计值，而不是准确值，
即若年投入亿元，则收益不一定为亿元，D错.
6．C
【详解】由图象可知，可得，又因为，所以，
所以，
结合图象可知函数的一条对称轴为直线，
且为函数的一个最大值点，即，
所以，则，解得，
设函数的最小正周期为，则，故，
所以，即，解得，
又因为，即，故，，
所以，
对于A选项，，
所以不是函数的一个对称中心，A错；
对于B选项，当时，，
所以函数在区间上单调递减，B错；
对于C选项，将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，
再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），
可得到函数的图象，C对；
对于D选项，将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），
可得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，可得到函数，D错.
7．A
【详解】令，，则，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，通项公式为.
所以，
所以，解得.
8．C
【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，，
直线的方程为，
为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是，
直线的倾斜角为，斜率为，
设，，，
即，在直线上，代入直线方程，
整理得 .
因此双曲线离心率为3.
9．D
解：连接它们的交点后如下图所示，
是中点，不妨取正方体边长为，
所以，
即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，
所以表面积为，
体积，
则内切球半径，，
．
10．
【详解】因为，故.
11．
【详解】展开式的通项为，
令，则，令，则，
所以的展开式中的系数是.
故答案为：.
12．
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
设点，则，
所以圆的标准方程为，
所以圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆相切，则，
整理可得，
因为点在第二象限，则，故，所以圆的方程为.
13． /0.5
解：设每轮比赛中，甲猜对为事件，乙猜对为事件，
则，
在一轮比赛中，恰有一人猜对为事件，
，
设两轮比赛中只有两次猜对为事件，
则，
则这两次都是乙猜对的概率为．
14． 3
【详解】在边长为2的正中，由、分别为线段、的中点，得，
由为线段上任意一点，得，，
因此，而，向量不共线，
则，所以；
由，得，，
而，因此
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
15．
【详解】设，，则，
对于固定的，在的值域是，值域的区间长度为，
此时函数在的最大值为的含义是：数轴上，点到区间上所有点的最大距离为.
若，则，若或，则，所以.
对任意恒成立等价于，即：，
，
①当时，即：时，在上单调递增，所以 ，令，解得，符合题意；
②当，即：时，，而，，
若，则：，，因为，所以 ，则 ，不满足条件；
若，则，，令，解得：或，不满足条件；
③当，即：时，在上单调递减，所以，令，解得：，符合条件.
综上所述，的取值范围为.
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）解法一：因为，根据正弦定理得，即，
根据余弦定理，
则，解得，
；
解法二：因为，根据正弦定理得，
根据余弦定理，
则，解得，，
；
（2）解法一：根据正弦定理 得，
所以解得；
解法二：，
由余弦定理可得：
，
是的内角，
；
（3），
由余弦定理可得：，
，
，
．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的一个法向量为，， ，
则，代入可得，
令，则，，
则平面的一个法向量为，
又因为，，所以，
所以平面.
（2）设平面的一个法向量为，
，，
则，代入可得，
令，则，，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）因为点在棱上，设，，
，
解得，所以，
，平面的一个法向量，
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.
18．(1)
(2)4
（1）解：由题意可得，
，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）解法一：由题意可知直线的斜率不为，，
设直线的方程为，，，则，
由方程组，整理得，
，
，，，
直线的方程为，
令，得
，
所以，，
直线的方程为，
直线的方程为，
联立方程解得，，所以.
思路一：
因为，，.
所以，
，
思路二：
设点，则，，
因为点在椭圆上，所以，则，
得，即，
所以点在以，为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动，
所以，
的值为4.
解法二：因为，由题意可知直线的斜率存在，
设直线的方程为，，，则，
由方程组，整理得，
， ，
直线的方程为
令，得
所以，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程解得，，所以，
以下解法同解法一．
19．(1)，
(2)（i）；（ii）满足条件的的个数为个，且
（1）解：设的公差为，的公比为，
由，，得：，即，
整理得，所以或（舍），从而，
所以，；
（2）解法一：
，所以当为奇数时，，当为偶数时，，
又，所以，
所以

所以

所以；
解法二：
，所以当为奇数时，，当为偶数时，，
又，所以
所以，
所以，
，
所以
，
所以；
（ii）设的公差为，因为，
所以，所以，
又因为，所以，
①若，则，即时，，满足为等差数列，
将此时满足条件的记作，则；
②若，则，满足为等差数列，
此时，，，，可以是，，，的任意一个排列，
即满足条件的数列有!个，记作，，，
且；
③若，则 ，这与矛盾，
所以此时不存在，即不存在数列使得是公差大于等于2的等差数列；
综上所述，满足条件的的个数为 个，
且．
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，所以，切点为，
则，所以，
则曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为，则，
①当时，由，得，
由得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，解得不符合题意；
当时，由，得或，
②当时，即时，
由得或；由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，不符合题意；
③当时，即时，恒成立，函数无极值，不符合题意；
④当，即时，由，得或；由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极小值，解得，符合题意，
综上所述，.
（3）因为，令，即，
因为，所以等价于，令，其中，
当，时，恒成立，此时无零点，
当，时，，
令，则，
（i）若，则，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
而，，，
故存在，使，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
而，，，存在，使得，
故的零点；
（ii）当，，
当时，因为，
由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
，
故存在，使，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
由，当时，，
所以在上单调递增，，
所以，
又因为，，
故的零点，，
由（i）（ii）有，，
因为是的零点，即，所以，
令，因为，当，，
所以在上单调递减，
又因为，所以，即，
因为，
而，，
所以，故.

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