天津市八所重点学校高三上学期期末联考试题数学

天津市八所重点学校2026届高三毕业班联考数学试题一、单选题1．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．在中，“A=B”是“sin2A=sin2B”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 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．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．下列说法正确的是（

）A．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为．若一个样本点为，则实数的值是2B．进行经验回归方程分析时，可以用决定系数来比较模型的拟合效果，越小，表示残差平方和越大，说明模型的拟合效果越好C．若随机变量，则D．若随机变量，则6．已知函数的零点为，设，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．7．已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（

）A．1 B． C． D．28．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线相交于两点，在直线的左边，与双曲线的一条渐近线交于点，，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．9．如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（

）A． B．C． D．二、填空题10．为虚数单位，．11．在的展开式中，的系数为．（用数字作答）12．已知圆，抛物线上一点满足，直线与圆相交于两点，则．13．一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为．14．在中，，点，满足，，与交于点．记，用和表示；若为的中点，，，则．15．已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为．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，求的值；(3)若，求的值．17．如图，空间几何体中，平面平面，四边形为矩形，，为的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)求点到直线的距离．18．已知椭圆的离心率为，且过点．(1)求椭圆的方程；(2)椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点．（i）求直线的斜率之积；（ii）求的正切值的取值范围．19．已知是等差数列，其前项和为是公比不为1的等比数列，．(1)求和的通项公式；(2)若从数列的前项中任取项按从小到大排列，得到数列，再将余下的项按从大到小排列，得到数列．设数列的前项和为，求和；(3)设集合，将的所有元素从小到大排列构成数列，记为数列的前项和，求证：．20．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围；(3)若，函数有三个极值点为，且，求证：．

参考答案题号123456789答案ABDCDBCDC1．A【详解】因为，所以，因为，所以.故选：A2．B【详解】时，，充分性满足，当时，，不必要．所以应为充分不必要条件．故选：B．3．D【详解】由图可知，函数定义域为，是奇函数，且没有零点；对于A，的定义域为，不合题意，A不正确；对于B，，，有零点，不合题意，B不正确；对于C，，，是偶函数，不合题意，C不正确；对于D，定义域为，，是奇函数，符合题意.故选：D4．C【详解】对A，记，如图，当时，，错误；

对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误；

对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以，

又，所以，又，所以，正确；对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误.

故选：C5．D【详解】对A，回归方程不一定过样本点，所以无法求出的值，错误；对B，决定系数越小，残差平方和越大，拟合效果越差，错误；对C，若，则，解得，错误；对D，若，则，又，所以，所以，由对称性可得，正确.故选：D6．B【详解】解：由已知得，数形结合得，则，，所以．故选：B．7．C【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减，得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心，而，则，因此，，，由，得，而，则，因此，由，得，则当，即时，取得最大值，所以在区间上的最大值为.故选：C8．D【详解】如图，因为，所以为的中点，因为为的中点，所以.设焦距为，直线与轴的交点为，因为，所以;所以，又，所以.又，所以，由双曲线的定义可得；在中，由余弦定理可得，解得或（舍），所以，，双曲线的方程为.故选：D

9．C【详解】记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，连接，则平面，平面，平面，平面，所以因为平面，所以，所以四边形为矩形，设，则，，因为，所以，解得，所以外接球的半径，所以.连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，所以四边形是矩形，所以，，又，分别为AB，CD的中点，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，又对角线，所以点E为线段的中点.连接，交EF于点N，过点作于M，由题意知，故，又，，，平面，所以平面，故，又，，平面，所以平面，即是四棱锥的高，同理可得点F为线段的中点，所以，，在中，，则，所以，因为，所以.所以.故选：C.10．1【详解】，，故答案为：1.11．【详解】二项式展开式的通项为，（其中），令，解得，所以，所以展开式中的系数为.故答案为：12．/【详解】由题设可得，故为抛物线的焦点，故，故，故，由抛物线和圆的对称性不妨设，故，故直线，故到直线的距离为，故，故答案为：.13．【详解】设事件=“摸出的球中没有二星球”，则事件包含两个互斥事件：第一次摸出了白色一星球，第一次摸出了黄色一星球同时第二次摸出了白色一星球，.设事件“第1次摸出白球”，事件“第2次摸出二星球”，，，所以.故答案为：

14．；.【详解】因为，所以为的中点，所以，又，所以，所以，设，则，即，因为三点共线，所以，得，所以，整理得，所以.因为，，，所以，，因为，所以，整理得①，因为，，所以，整理得②，联立①②解得因为，，所以.故答案为：；.15．【详解】，不等式可化为①；当时，①式可化为在区间上恒成立，所以，即；当时，①式可化为在区间上恒成立，令，则其图象开口向上，对称轴为，若，即时，最小值为，由可得，解得，即；若且，即时，由于的最小值为，则在上恒成立，若时，，则在上恒成立；当时，①式可化为在区间上恒成立，只需，解得；综上可得实数的取值范围为.故答案为：16．(1)(2)(3)【详解】（1）因为,根据正弦定理得，整理得,根据余弦定理,可得，又因为,（是的内角）,所以.（2）由正弦定理，得，由（1）知，结合，由余弦定理得，.（3）由已知得，，.17．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）证明：四边形为矩形，，又平面平面，平面平面，平面平面.以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．则，法一：，，，又平面平面，平面.法二：设是平面的一个法向量，令则，是平面的一个法向量．，平面.（2）设是平面的一个法向量，令，则是平面的一个法向量.设平面与平面夹角为，，，平面与平面夹角的正弦值为.（3）法一：，，，，，点到直线的距离.法二：，，，，点到直线的距离.法三：过点作直线的垂线，交的延长线于点，平面平面平面．四边形为矩形，平面，平面，，，为的中点，，点到直线的距离.18．(1)(2)（i）；（ii）【详解】（1）由题意可得解得，椭圆的方程为.（2）（i）方法一：由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，由，联立得，，得，则，直线的方程为，得，则.方法二：设直线的方程为，联立方程，得，，得，，直线的方程为，得，则.（ii）方法一：由（i）方法一可知，，得，，，在直角中，，在直角中，，，因为，所以，，所以，所以的正切值的取值范围是.方法二：由（i）方法二可知，，得，在直角中，，在直角中，，，因为所以，，所以，所以的正切值的取值范围是.方法三：由（i）方法二可知，，得，在直角中，，在直角中，，，因为，所以，，所以，所以的正切值的取值范围是.

19．(1)，(2)166；(3)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，，．，.（2）法一：在数列的前项中，奇偶项各一半，且奇数项为负，偶数项为正，设数列中任取个奇数项，nk个偶数项，则数列中必有个偶数项，nk个奇数项，又知数列由小到大排列，数列由大到小排列，则必有（注：见或）法二：设设（3），所以项中有项来自集合A，有项来自集合20．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1），切点为（1，2），，则曲线在处的切线方程为.（2）法一：原不等式可化为在恒成立，设，①当时，由，得因此满足题意；②当时，，设，则由，得，因此，则在单调递增，若，则，则在上单调递增，，满足题意．若，则，因此在存在唯一零点，使，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以，不合题意，综上，的取值范围是.法二：，所以要使当，必须满足，即，下面证明时满足题意：①当时，由，得，因此，满足题意；②若，则，，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，，满足题意；③当时，设，则，所以在单调递增，且，因此在存在唯一零点，使，当时，在上单调递减，所以，不合题意，舍去（此步骤不写不扣分）.法三：，所以要使当，必须满足，即,下面证明时满足题意：