天津市河北区2025-2026学年高三上学期期末数学试题

2025-2026学年度第一学期期末高三年级质量检测数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.第Ⅰ卷（选择题共45分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么圆柱的侧面积公式圆锥的侧面积公式其中r表示底面圆的半径，l表示母线的长一、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】A【解析】【分析】根据补集的定义与运算求出，结合交集的概念与运算即可求解.【详解】由题意知，，又，所以.故选：A2.“”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】先解二次不等式，再由充要条件定义即可得解.【详解】由等价于，所以“”是“”的充要条件.故选：C3.若，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】举反例结合对数函数性质即可判断A；由题设结合对数函数、幂函数和指数函数单调性即可逐项判断BCD.【详解】因为，所以函数、均为上的减函数，在上为增函数，又，所以，故B正确、CD错误.若，则，此时，故A错误；故选：B4.下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由各选项的残差数值范围进行比较分析即可得解.【详解】选项A残差数值范围约为，选项C残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽，拟合精度低，选项B残差数值范围约为，选项D残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽度均比选项AC窄，但选项B残差分布的带状区域宽度大于选项D，所以选项D的拟合精度最高.故选：D5.世界上海拔最高的天然“心形湖”位于四川省康定，被誉为藏在川西的“天空之心”.下图1是这个“心形湖”的轮廓，其形状如一颗爱心.图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求得，知A错误；由时，可知B错误；根据函数定义域可知C错误；根据、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知D正确.【详解】对于A，（当且仅当，即时取等号），在上的最大值为，与图象不符，A错误；对于B，当时，，与图象不符，B错误；对于C，由得：，不存在部分的图象，C错误.对于D，，当时，；又过点；由得：，解得：，即函数定义域为；又，为定义在上的偶函数，图象关于轴对称；当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减；综上所述：与图象相符，D正确；故选：D.6.埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正四棱锥的几何性质，以及题目所给条件，列出方程，求出结果即可.【详解】如图所示，设四棱锥，底面中心为，棱中点为，连接，设高为，底面棱长为，则，则，由高度的2倍的平方等于它的侧面积，可得，化简得，即，可知关于一元二次方程的，因为，解得.故选：B.7.若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：由题意得，将函数的图象向左平移个单位长度，得到，由，得，即平移后的函数的对称轴方程为，故选C．8.集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，其操作过程如下：第一次操作：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，去掉的长度记作；第二次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，去掉的长度和记作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段…，第n次操作去掉的长度和记为.已知是等比数列，若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出.【详解】第一次操作去掉的区间长度为，第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为，第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为，，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，由题意可知，，即，解得，又为整数，所以需要操作的次数n的最小值为4.故选：B9.已知双曲线（，）左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线与C的右支交于点P，点M满足，且，则C的离心率为（）A. B. C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的线性运算，判断三角形形状以及点M所在的位置，进而根据双曲线的性质以及离心率的定义，列出齐次方程，求出离心率的值.【详解】当点M满足，且，可知，且点M为线段的中点，则，因为，所以，可知，因为直线斜率为，所以，解得，在中，，化简得，变形得，解得或（舍）故选：A.第Ⅱ卷注意事项：1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上.3.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.请将答案写在答题纸上.10.在复平面内，对应的点位于第________象限.【答案】四【解析】【分析】根据复数的乘法运算，求出复数的实部和虚部，再根据复数与复平面内点的对应关系，判断结果.【详解】由题意得，复数在复平面内的对应点的坐标为，该点在第四象限.故答案为：四.11.二项式的展开式中，含的项的系数为________.【答案】【解析】【分析】根据二项式的展开式，求指定项的系数即可.【详解】二项式的展开式第项为，当时，，即含的项的系数为.故答案为：.12.圆截直线所得的弦长为_________．【答案】【解析】【分析】把圆的方程化成圆的标准方程，求出圆心坐标和半径，再求出圆心到直线的距离，根据垂径定理，利用勾股定理可以求出弦长的一半，最后求出弦长．【详解】圆心的坐标为（2，-2），半径，圆心到直线的距离，根据垂径定理，可以求出弦长．13.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个放入奖品，即主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，主持人先随机打开不同于被选择的另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.用表示i号箱有奖品（），用表示主持人打开i号箱子（），现在已知抽奖人选择了1号箱，则________；________.【答案】①.##②.【解析】【分析】由题意结合条件概率定义即可分析求解，依次求出，再由全概率公式即可求解.【详解】抽奖人选择了1号箱，则由题意在2号箱有奖品条件下主持人选择打开3号箱或4号箱，故可得；同理可求得，所以由全概率公式可得.故答案为：；.14.已知O是内的一点，，，，，则________；若，则________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据向量数量积的运算方法，直接求出结果即可；再根据向量数量积的运算律，列出方程组，求出参数值，求出结果即可.【详解】由题意可知；因为，所以，得，解得，则.故答案为：，15.已知函数当时，方程的解是________；若关于x的方程恰有三个实数解，则实数a的取值范围是________.【答案】①.②.【解析】【分析】结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，利用数形结合进行讨论分析求解即可．【详解】当时，，当时，由得，若，方程等价于，解得，若时，方程等价于，解得，当时，由得，得，解得或，此时无解，综上方程的解集为；当时，的最小值为，在上的最大值为，当时，函数的图象是开口向下的抛物线，抛物线的对称轴为，顶点为，当时，最多有两个零点，当时，最多有两个零点，则要使恰有三个实根，则当时，有两个零点，时有一个零点，或当时，有一个零点，时有两个零点，①若当时，有两个零点，则，得，即，此时当时只能有一个零点，若对称轴满足，此时当时，必有一个零点，则只需要当时，，即，得，此时，若对称轴满足，此时在上为减函数，要使此时只有一个零点，则，即，得，此时，②若当时，有一个零点，此时，即时，此时当时，函数的对称轴为，，要使时有两个零点，则，即，得（舍去）或，此时，综上实数的取值范围是或，故答案为：①，②．三、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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为，，.（1）求a的值；（2）求的值；（3）求的值.【答案】（1）8（2）（3）【解析】【分析】（1）根据三角形面积的正弦公式，和同角三角函数关系，求出角的正弦值，求出的值，列出方程组求出边长，再根据余弦定理解三角形即可.（2）根据正弦定理，求出结果即可.（3）根据两角和的余弦公式，和二倍角公式，求出，再求出结果.【小问1详解】因为，，所以，因为的面积为，所以，即，解得，所以，解得，根据余弦定理可得，即，解得.【小问2详解】由正弦定理得，即，解得.【小问3详解】根据二倍角公式可知，则,所以.17.如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点.（1）求证：平面BDE；（2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值；（3）在棱PB上是否存在点F，使得平面DEF？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）在棱上存在点，使得平面，此时【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线所在的向量与平面的法向量相互垂直，并且直线不在平面内可得直线与平面平行.（2）分别求出两个平面的法向量，利用向量的有关运算计算出两个向量的夹角，进而得到平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值.（3）假设存在点F，则直线PB所在的向量与平面DEF的法向量平行，根据这个条件可得到一个方程，再根据有关知识判断方程的解的情况.【小问1详解】以为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，所以，设平面BDE的一个法向量为，则，令，则，所以平面BDE的一个法向量为，所以，所以。又平面，所以平面BDE；【小问2详解】因为侧棱底面ABCD，底面ABCD，所以，又因为底面ABCD是正方形，所以，又，平面，所以平面，所以是平面的一个法向量.由（1）知是平面的一个法向量.设平面BDE与平面DEC的夹角为，所以，所以平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值为.【小问3详解】因为，所以，所以，假设棱上存在点，使平面，设，则，，由，所以，解得，即在棱上存在点，使得平面，此时.18.在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、.（1）求抛物线的标准方程；（2）若的面积为20，求直线的方程；（3）若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值.【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程；（2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，，的面积，结合，解得，从而求出直线的方程；（3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得，由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值.【小问1详解】抛物线的准线方程为，根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，即：，解得，故抛物线的标准方程为；【小问2详解】由（1）得焦点，又，则，易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，联立，消去，整理得：，设，由，得，由韦达定理，，，故的面积，代入得：,得，又，故：，解得满足，因此直线的方程为或；【小问3详解】由在抛物线上，代入得，又，故，即，易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，，，由（2）知，，直线斜率为：，故直线的方程为：，令，得，即，又故，，由，得故，即，同理，直线交轴于，得，故代入，，得故，为定值.19.已知各项全不为零的数列的前k项和为，且，其中，（1）求，的值；（2）求数列通项公式；（3）对任意给定的正整数n（），数列满足（），已知，求.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】(1)将，代入计算即可；(2)由得出奇数项，偶数项分别是等差数列，结合得出；(3)由已知条件将表示出来，转化成计算即可.【小问1详解】因为，所以时，，且，所以，又因为时，，所以.【小问2详解】因为，所以，所以，又因为，所以，所以的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，故，的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，故，所以.【小问3详解】因为，所以，所以所以.故.20.已知函数（）.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，恒成立，求a的取值范围；（3）求证：.【答案】（1）；（2）满足题意的实数a的取值范围为；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由导数几何意义求出切点处的导数即切线斜率即可由点斜式得解；（2）将问