天津市河北区2025~2026学年高三总复习质量检测（一）数学试卷【附解析】

/河北区2025—2026学年度高三年级总复习质量检测（一）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.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据集合的补集和交集的定义求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，故选：D.2.“”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【正确答案】A【详解】解方程，若，即或者，原式为，整理得，解得或者.若，即，原方程，即，等式恒成立，所以综上而是的真子集，所以是充分不必要条件.3.已知，，，那么a，b，c的大小为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用指数函数、对数函数单调性比较大小.【详解】依题意，，所以.故选：C4.以下结论错误的是（）A.根据列联表中的数据计算得出，而，则根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系B.在回归直线中，变量时，变量y的值一定是15C.的值越大，两个事件的相关性的可能性就越大D.在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好【正确答案】B【分析】对于AC，根据独立性检验定义和性质进行求解；对于BD，根据回归直线的概念和性质进行求解.【详解】对于选项A：，故根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系，即A正确：对于选项B，回归直线方程中，当变量等于200时，的值平均是15，不能说一定是15，故B错误；对于选项C：越大，“与有关系”可信程度越大，即相关性的可能性就越大，即C正确；对于选项D：在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好，即D正确.5.已知函数，则图象如图可能对应的函数为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题图和排除法，利用奇偶性的定义判断、的奇偶性，利用指数函数、余弦函数及函数的定义域判断即可.【详解】因为的定义域为R，又，所以是奇函数，又因为的定义域为R，且，所以是偶函数，由图象知：函数定义域为R，且图象关于原点对称，所以函数为奇函数，而，故A错误；，故B错误；定义域为，故D错误；的定义域为R，为奇函数，C正确，故选：C6.已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（）A.B.的图象关于点对称C.在区间上单调递减D.将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象【正确答案】B【详解】由图象可知：，，所以，由得.由，得，又可得.所以，故A正确；因为，所以不是函数的对称中心，故B错误；当时，，因为函数在上单调递减，所以在区间上单调递减，故C正确；将的图象向右平移个单位长度可得，故D正确.7.已知首项为1的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（）A. B.4 C. D.【正确答案】D【分析】根据等差中项可得，进而可得和，代入等比数列求和公式运算求解即可.【详解】因为，，成等差数列，则，即，可得，则等比数列公比，且首项，所以.8.已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点，若，则的离心率为（）A. B. C.2 D.3【正确答案】A【详解】因为，双曲线的渐近线方程为，取，即，因为，且圆的半径为，则到的距离为，所以，结合，整理得到，即的离心率为.9.已知函数若，则的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】作出函数及的图象，通过解方程的方法求得函数图象的交点的横坐标，然后利用数形结合即得.【详解】画出函数的图象，则函数的图象向左平移个长度单位，得到函数的图象，设两图象交于点，且横坐标分别为，由图象可得满足的实数的取值范围为，对于，由，解得，所以，解得或（舍去），对于，由，解得，综上，可得实数的取值范围为．故选：D．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：本大趣共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.10已知（），则_____．【正确答案】2【详解】因为，所以，则.11.二项式的展开式中常数项为__________.(用数字作答)【正确答案】60【分析】求出二项式展开式的通项公式，再求出的指数为0的项即得.【详解】二项式的展开式的通项公式，由，得，则，所以二项式的展开式中常数项为60.故6012.抛物线的焦点为F，经过其准线与y轴的交点Q的直线与抛物线切于第一象限点P，则外接圆的标准方程为______．【正确答案】【分析】确定抛物线的焦点与过点的切线，求出，可知，进而有外接圆以为直径，即可求解.【详解】由题意，，设，因为，所以切线方程为，代入得，点P在第一象限，所以，从而，所以外接圆以为直径，当时，圆心为，半径为，圆的方程为；所以外接圆的标准方程为．13.三批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为；第三批占，次品率为．将三批产品混合，从混合产品中任取一件，这件产品是次品的概率为______；如果取到的产品是次品，则它是取自第一批产品的概率为______．【正确答案】①.##②.【详解】用表示“取到第批产品”，用表示“取到次品”则，，则；.14.如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______．【正确答案】【详解】如图：设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为.则，，平面，且，所以平面.同理平面.所以三点共线.又，，所以.，，所以是等腰直角三角形，所以.所以.15.已知非零向量，的夹角为，，对任意，有，则______，从而的最小值是______【正确答案】①.1②.7【分析】（1）将原式两边平方，转化为不等式，利用，即可求得；（2）构造向量差的绝对值的几何意义，利用三点共线求的最小值.【详解】第一空：由|，两边平方整理可得，则，即，即，可知，∴；第二空：设，，，，，则；，∴；如图所示，作点关于对称点，则；则当，，三点共线时，有最小值，此时，，，在中，由余弦定理，∴，即的最小值为7故；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，得分16.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．（1）求a的值；（2）求的值；（3）过点A作，D在边上，记与的面积分别为，，求的值．【正确答案】（1）（2）（3）2【分析】（1）利用余弦定理直接求解.（2）利用正弦定理、二倍角公式及和角的正弦公式求解.（3）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求解.【小问1详解】因为，，，由余弦定理，得，解得．【小问2详解】由正弦定理，得，即，因为B为锐角，所以，则，，所以．【小问3详解】因为，即，所以，则．设点A到直线的距离为d，因为，，所以．17.如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围．【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）．【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可；（2）根据面面角向量法计算求解；（3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解.【小问1详解】设的中点，连接，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以．如图，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．，，，，．，，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，因为，所以，又因为平面，所以平面．【小问2详解】，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为；【小问3详解】设，，，设与平面所成角为，则，因为，，所以的取值范围是．18.分别过椭圆左、右焦点的动直线相交于点，与椭圆分别交于与不同四点，直线的斜率分别为，且满足，已知当与轴重合时，，此时直线CD垂直于x轴，且．（1）求椭圆的方程；（2）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由．【正确答案】（1）．（2）存在点其坐标分别为，使得为定值．【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程．（2）先求出焦点坐标，当直线或斜率不存在时，点坐标或，当直线斜率存在时，设斜率分别为，设，由，得，由此利用韦达定理结合题设条件得出答案.【详解】（1）当与轴重合时，，即当与轴重合时，，则，，即则垂直于轴，将代入椭圆方程得，即所以，解得所以椭圆E的方程为．（2）焦点坐标分别为，，当直线或斜率不存在时，点坐标为或，当直线，斜率存在时，设斜率分别为，设，由，得，∴，，=同理，由，则，即，由题意知，所以设，则，即，，由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足，所以点点在椭圆上，所以存在点其坐标分别为，使得为定值．关键点睛；本题考查根据弦长求椭圆方程和探求满足条件的动点的轨迹、定点定值问题，解答本题的关键是设出直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理得到，同理，从而得到，由此求出动点的轨迹方程，属于难题.19.对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期．（1）设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值；（2）设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由；（3）设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）（2）是周期为2的周期数列，理由见解析（3）存在，，．【分析】（1）根据题意列式计算即可求解；（2）先利用求得或，由得出，求出数列通项公式即可判断出数列是否为周期数列；（3）先由数列满足，推出数列以及数列是周期为的周期数列，求出数列的前项，即可求出数列的前项和以及数列的前项和的取值范围，即可求出对应的、的取值范围.【小问1详解】因为数列是周期为3的周期数列，当，时，，，因为，，解得，或，经检验，时，，时，，，成立；时，，时，，，不成立，舍去；所以．【小问2详解】当时，，又，得；当时，，化简，得．即，或．由，有，所以数列为公比为等比数列，即，所以对任意都成立，即当时，是周期为2的周期数列．【小问3详解】假设存在p、q，满足题设．所以化简，得，又，则．所以是周期为3的周期数列，所以的前3项分别为2，3，．则，，当时，；当时，，因为数列单调递减，所以，当时，，；综上所述：，为使恒成立，只要，，所以，．20.已知函数．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值；（Ⅲ）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且．【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，再求和，根据导数的几何意义即为函数在处的切线方程的斜率，利用点斜式方程即可求解；（Ⅱ），得等价于在上恒成立，令，即恒成立，只要即可，从而求得实数a的值；（Ⅲ），设，跟的单调性，研究其零点，从而可证所求.【详解】解（Ⅰ），而，所以在处的切线方程为：（Ⅱ）由题意得：，因为，所以问题等价于在上恒成立，令，则，当时，恒成立，则在上单调递增，又，所以当时，，不满足题意，舍去；当时，因为时，