2025-2026学年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一）数学试题 含答案

/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.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828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0.001D．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0.0016．已知数列，则数列的前9项和为（

）A．3 B．6 C．2 D．47．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.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