天津四十二中2025-2026学年数学高三第一学期期末调研试题

天津四十二中2025-2026学年数学高三第一学期期末调研试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。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．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A．B．C．D．2．圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：）A．48 B．36 C．24 D．124．关于函数，下列说法正确的是（）A．函数的定义域为B．函数一个递增区间为C．函数的图像关于直线对称D．将函数图像向左平移个单位可得函数的图像5．若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是()A．1 B．-3 C．1或 D．-3或6．抛物线的准线方程是，则实数（）A． B． C． D．7．两圆和相外切，且，则的最大值为（）A． B．9 C． D．18．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（）A． B． C． D．9．已知抛物线经过点，焦点为，则直线的斜率为（）A． B． C． D．10．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（）种.A．360 B．240 C．150 D．12011．已知（），i为虚数单位，则（）A． B．3 C．1 D．512．由曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为()A．1 B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．14．设的内角的对边分别为，，．若，，，则_____________15．设，则除以的余数是______.16．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意的，当时，都有恒成立，求最大的整数.（参考数据：）18．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；（2）点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．20．（12分）已知点，若点满足.（Ⅰ）求点的轨迹方程；（Ⅱ）过点的直线与（Ⅰ）中曲线相交于两点，为坐标原点，求△面积的最大值及此时直线的方程.21．（12分）已知函数.其中是自然对数的底数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.22．（10分）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为，三人各射击一次，击中目标的次数记为.（1）求的分布列及数学期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。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．B【解析】

根据特殊值及函数的单调性判断即可；【详解】解：当时，，无意义，故排除A；又，则，故排除D；对于C，当时，，所以不单调，故排除C；故选：B本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.2．B【解析】

三视图对应的几何体为如图所示的几何体，利用割补法可求其体积.【详解】根据三视图可得原几何体如图所示，它是一个圆柱截去上面一块几何体，把该几何体补成如下图所示的圆柱，其体积为，故原几何体的体积为.故选：B.本题考查三视图以及不规则几何体的体积，复原几何体时注意三视图中的点线关系与几何体中的点、线、面的对应关系，另外，不规则几何体的体积可用割补法来求其体积，本题属于基础题.3．C【解析】

由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。【详解】，故选C.框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。4．B【解析】

化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.【详解】，故函数的定义域为，故错误；当时，，函数单调递增，故正确；当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.故选：.本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.5．D【解析】

由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2)点到直线的距离.6．C【解析】

根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选：C本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.7．A【解析】

由两圆相外切，得出，结合二次函数的性质，即可得出答案.【详解】因为两圆和相外切所以，即当时，取最大值故选：A本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.8．D【解析】

如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.【详解】如图，平面截球所得截面的图形为圆面.正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.依题意，所以，设球的半径为，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距离为，则，所以三棱锥体积为，所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.故选：D.本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9．A【解析】

先求出，再求焦点坐标，最后求的斜率【详解】解：抛物线经过点，，，，故选：A考查抛物线的基础知识及斜率的运算公式，基础题.10．C【解析】

可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．【详解】分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．∴共有结对方式60＋90＝150种．故选：C．本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．11．C【解析】

利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.【详解】由，得，解得.故选:C.本题考查复数代数形式的乘法运算,是基础题.12．B【解析】

首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【详解】联立方程：可得：，，结合定积分的几何意义可知曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为：.本题选择B选项.本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

求导，研究函数单调性，分析，即得解【详解】由题意得，，令，解得，令，解得.在上递减，在递增．，而，故在区间上的最小值和最大值分别是．故答案为：本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题14．或【解析】试题分析：由，则可运用同角三角函数的平方关系：，已知两边及其对角，求角．用正弦定理；，则；可得．考点：运用正弦定理解三角形．（注意多解的情况判断）15．1【解析】

利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.【详解】，因展开式中后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.故答案为：1本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.16．3【解析】

根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.【详解】根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，由可得，当时显然不满足题意；当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.综上可知满足条件时.故答案为：3.本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）（2）2【解析】

（1）先求得切点坐标，利用导数求得切线的斜率，由此求得切线方程.（2）对分成，两种情况进行分类讨论.当时，将不等式转化为，构造函数，利用导数求得的最小值（设为）的取值范围，由的得在上恒成立，结合一元二次不等式恒成立，判别式小于零列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1）已知函数，则处即为，又，，可知函数过点的切线为，即.（2）注意到，不等式中，当时，显然成立；当时，不等式可化为令，则，，所以存在，使.由于在上递增，在上递减，所以是的唯一零点.且在区间上，递减，在区间上，递增，即的最小值为，令，则，将的最小值设为，则，因此原式需满足，即在上恒成立，又，可知判别式即可，即，且可以取到的最大整数为2.本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.18．（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，【解析】

（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出，，，从而可求出数列的通项公式；（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；（3）由题意可知，，即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.【详解】解：（2）由题，当时，，即当时，①②①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．故是从第二项的等差数列，公差为2．又恰为等比数列的前3项，故，解得．又，故，因为也成立．故是以为首项，2为公差的等差数列．故．即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，故．综上，（2）令，则所以数列是递增的，若对均满足，只要的最小值大于即可因为的最小值为，所以，所以的最大整数是2．（3）由，得，③④③-④得，⑤，⑥⑤-⑥得，，所以存在这样的数列，此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19．（1）.（2）1【解析】

（1）先根据题意建立空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.（2，由AN＝λ，设N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则＝(－1，λ－1，－2)，再求得平面PBC的一个法向量，利用直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，由|cos〈，〉|＝＝＝求解.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直．分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．又因为M为PC的中点，所以M(1，1，2)．所以＝(－1，1，2)，＝(0，0，4)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为.（2）因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则＝(－1，λ－1，－2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，－4)．设平面PBC的法向量为＝(x,y,z)，则即令x＝2，解得y＝0，z＝1，所以＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量．因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，所以|cos〈，〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0，4]，所以λ的值为1.本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，线面角的求法及应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】

（1）根据椭圆的定义求解轨迹方程；（2）设出直线方程后，采用（表示原点到直线的距离）表示面积，最后利用基本不等式求解最值.【详解】解：（Ⅰ）由定义法可得，点的轨迹为椭圆且，.因此椭圆的方程为.（Ⅱ）设直线的方程为与椭圆交于点，，联立直线与椭圆的方程消去可得，即，.面积可表示为令，则，上式可化为，当且仅当，即时等号成立，因此面积的最大值为，此时直线的方程为.常见的利用定义法求解曲线的轨迹方程问题：（1）已知点，若点满足且，则的轨迹是椭圆；（2）已知点，若点满足且，则的轨迹是双曲线.21．（1）；（2）.【解析】

(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出切点坐标即可得在点处的切线方程；（2）令，然后利用导数并根据a的情况研究函