天津市2026届高三上学期期末质量调查数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市2026届高三上学期期末质量调查数学试题一、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.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】全集，集合，则，则.故选：B.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【答案】A【解析】因为.由“”能推出“”，但“”不能推出“”.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.1 B.2 C. D.9【答案】B【解析】已知等差数列的前项和为，则，所以，则.故选：B.4.已知是空间两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题错误的为（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】对于A，由，得，A正确；对于B，由，得，B正确；对于C，由，得或相交，C错误；对于D，由，得，D正确.故选：C.5.车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过试验测得行驶里程（单位：）与某品牌轮胎凹槽深度（单位：）的数据，并对这些数据进行了初步处理.现有两种模型可供选用，模型I为线性回归模型，利用最小二乘法，可得到关于的经验回归方程为，模型I的决定系数为0.95，模型II为非线性经验回归方程，模型II的决定系数为0.99，则以下说法正确的是（）A.若选用模型I，则两个变量正相关B.若选用模型I，当自变量每增加1个单位时，因变量一定减少1.14个单位C.若选用模型II，则此品牌轮胎行驶里程越多，其轮胎凹槽深度一定越大D.模型II的拟合效果比模型I的拟合效果好【答案】D【解析】模型I所得经验回归方程为，因为，则两个变量负相关，故A不正确；若选用模型I，当自变量每增加1个单位时，因变量估计减少1.14个单位，故B不正确；若选用模型II，则此品牌轮胎行驶里程越多，其轮胎凹槽深度可能越小，故C不正确；由于模型I的决定系数为0.95，模型II的决定系数为0.99，由于，则模型II的拟合效果比模型I的拟合效果好，故D正确.故选：D.6.函数的零点所在的一个区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，，，又因为单调递增，所以函数的零点所在的一个区间为.故选：C.7.已知某圆锥的母线长为，该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合，则该圆锥内切球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，圆锥的轴截面为，圆锥的底面中心为，则点为中点，设内切球的球心与其外接球的球心为，则点在圆锥的高上，连接，过作于，设圆锥内切球半径为，外接球半径为，圆锥底面半径为，高为，母线为，由题可得，，，，则，由勾股定理可得：，所以，整理得所以，又由可得，联立解得，故该圆锥内切球的半径为，所以内切球的表面积为.故选：C.8.已知函数，若的图象关于轴对称，且在区间上单调递减，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，的图象关于轴对称，，，，或，当时，，，，在区间上单调递增，不符合题意；当时，，，，设为单调递减函数，在上为单调递增函数，在区间上单调递减，符合题意；故，，.故选：A.9.已知为坐标原点，双曲线：的左，右焦点分别为，点为上一点，且在第一象限，的平分线与轴的交点为，过点作的垂线，垂足为点，点到的一条渐近线的距离为，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图：双曲线的右焦点到渐近线即的距离为.所以.因为平分，且，延长交于，则为等腰三角形，，且为中点.又为中点，所以.根据双曲线的定义，，即.所以双曲线的离心率为.故选：D.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）10.i为虚数单位，复数的虚部为___________.【答案】1【解析】复数，则其虚部为1.故答案为：1.11.在的展开式中，的系数为___________.（用数字作答）【答案】【解析】，则，解得，则，故的系数为.故答案为：.12.已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________.【答案】【解析】抛物线，焦点到准线的距离为4，所以，所以焦点.则过点且倾斜角为的直线方程为：，即.因为，圆心为，半径为.圆心到直线的距离为：，所以直线被圆截得的线段长度为：.故答案为：.13.已知某盒中装有6个大小、质地一致的乒乓球，其中有4个新球（从未被使用过）2个旧球，第一次比赛时从此盒中任取2个球来使用，赛后仍将两球放回盒中，第二次比赛时再从此盒中任取2个球使用.（i）第二次比赛时取出的2个球都是新球的概率为___________；（ii）在第一次比赛时取出2个旧球，赛后将两球放回盒中的条件下，第二次比赛时取出的2个球都是新球的概率为___________.【答案】；【解析】（i）第一次取到0个新球的概率为，第一次取到1个新球的概率为，第一次取到2个新球的概率为，所以第二次所取出的球都是新球的概率；（ii）设事件“第一次比赛时取出2个旧球”，则，设事件“第二次比赛时取出的2个球都是新球”，则．故答案为：14.已知是内的一点，且，，三点共线，则___________，若，且向量在向量上的投影向量为，则___________.【答案】；3【解析】因为，整理得，则不在边上，又，则，所以，因为三点共线，所以，解得；向量在向量上的投影向量为，所以，则，则.故答案为：；3.15.已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为___________.【答案】【解析】若，当时，，，而，乘积为负，不满足恒成立，故；当时，乘积，解得，则时，，故，不等式恒成立等价于，对恒成立．由于二次函数开口向上，判别式，故有两个实根，且根的乘积为，即一正一负．设正根为，则：当时，；当时，．当时，；当时，．要使恒成立，需要二次函数的正根；将代入，得，解得；将代入，得；由均值不等式，当且仅当时，即时等号成立；又因为，满足，所以的最小值为．故答案为：．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，角所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若.（i）求的值；（ii）求的值.解：（1）由正弦定理及二倍角公式，可得，又因为，所以，解得，由，可得.（2）（i）将代入余弦定理，得，解得.（ii）因为，故，由正弦定理，解得，由，故，代入.17.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离.（1）证明：因为平面，底面为正方形，因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系：则，可知，由题意可得平面，则平面的法向量为，所以，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：设平面的法向量为，又，则，令，则，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.（3）解：易知，设点到平面的距离为，则.18.已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆下顶点，为等腰直角三角形，其周长为.（1）求椭圆的方程；（2）直线过点与椭圆交于点（异于椭圆顶点），线段中点为，射线与直线交于点，点在以为直径的圆上，求直线的方程.解：（1）依题意，解得.故椭圆方程为.（2）如图：依题意，直线斜率显然存在，设直线的方程为，设点，由方程组，整理得，，故，有，即，故中点，所以直线方程为，则，又因为点在以为直径的圆上，故有①，由代入①式，解得，故直线的方程为.19.已知，数列满足，其中为常数，且有，正项等比数列满足.（1）求数列与的通项公式；（2）若，设数列的前项和为，求；（3）在（2）的条件下，若对任意的，均有成立，求整数的取值集合.解：（1）由已知，可得，所以，解得，所以，则数列的奇数项与偶数项分别是公差的等差数列，则，故，所以设等比数列公比为，由得，解得或，因为正项数列，故，所以.（2），所以，（法一）因为，故，则，所以，两式相减有整理得，即；（法二）设，所以，两式相减得，则，设，所以，两式相减得，则，所以；（3）由可得，设，易知，有，故函数单调递增，又，所以，设，易知函数单调递减，，，故，验证与16均符合题意，所以，整数的取值集合为.20.已知函数，.（1）若，求函数的单调区间；（2）若，且的最小值为.（i）求实数的值；（ii）若存在实数，满足，求的最小值.解：（1），，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）（i）由，，令，有，因为，故方程有两异号实根，又，因此有唯一零点，所以时，时，，