天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三上学期第一次阶段性测试数学试卷（含答案）

这是一份天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三上学期第一次阶段性测试数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设全集U=0,1,2,4,6,8，集合M=0,4,6,N=0,1,6，则M∪∁UN=( )
A. 0,2,4,6,8B. 0,1,4,6,8C. 1,2,4,6,8D. U
2.已知x，y是实数，则“yx>1”是“xa>bB. b>a>cC. a>b>cD. c>b>a
6.已知a，b是空间两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A. 若a//b，a//α，则b//α
B. 若a//α，a⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，a⊂α，则a⊥β
D. 若α∩β=a，γ∩β=b，a//b，则α//γ
7.已知等比数列an的首项为1，公比为e，则数列lnann∈N∗的前10项和为( )
A. 15B. 35C. 45D. 55
8.若函数f(x)=Acs(ωx+φ)A>0,|φ|0,b>0)的左、右焦点，F2也是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，点P是双曲线E与抛物线C的一个公共点，若PF1=F1F2，则双曲线E的离心率为( )
A. 2+ 3B. 2C. 2 3D. 3
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.i是虚数单位，复数4+2i1−i= ．
11.2x3−1x25的展开式中常数项是 .(用数字作答)
12.已知直线x+y−5=0与圆C:x2+y2−4x+2y+m=0相交于A,B两点，且|AB|=4，则实数m= ．
13.某学习小组有男生4人，女生3人，现需从中抽取2人参加学校开展的AI人工智能学习，则恰有一名男生参加的概率为 ；在有女生参加学习的条件下，恰有一名女生参加AI人工智能学习的概率为 ．
14.在四边形ABCD中，∠A=120∘,AC=1,AB=2DC,M为AD中点．记AD=a,AB=b，用a,b表示BM= ；若AN=14DC，则ND⋅BM的最大值为 ．
15.若方程(x−2)2ex−ae−x+2a|x−2|=0,有且仅有6个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 ．
三、解答题：本题共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.已知▵ABC的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c，满足 3acsB=bsinA
(1)求角B的大小；
(2)若b=2，c=2a，求边a的值；
(3)若csA= 23，求cs(2A−B)的值．
17.如图，在多面体ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC，AA1=AC=4，CC1=2，AB=3．

(1)求直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值；
(2)求平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值；
(3)求点A1到平面ABC1的距离．
18.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且过点1,32．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点Q(2,0)，直线l与椭圆交于A，B两点(异于点Q)，直线QA与QB的斜率之积恒为14.求证：直线l过定点．
19.设数列an是等差数列，bn是等比数列．已知b1=2a1=2,b2=a2+2,b3=2a3+2．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设cn=3an+2+2anan+2bn+1,n为奇数,a2n−1bn,n为偶数, n∈N∗，求数列cn的前2n项和S2n；
(3)设dn=an2bnn∈N∗，数列dn的前n项积为Pn，证明：Pn≤916．
20.设函数f(x)=x2+lnx．
(1)求曲线y=f(x)在点1,f(1)处的切线方程；
(2)设函数g(x)=f(x)−axa∈R
(i)当x=1时，g(x)取得极值，求g(x)的单调区间；
(ii)若g(x)存在两个极值点x1,x2，证明：gx2−gx1x2−x1>4a−a2．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.A
5.B
6.B
7.C
8.B
9.A
10.1+3i/3i+1
11.−40
12.−7
13.47
；45/0.8
14.12a−b
；3316
15.(−e22e−1,−1)
16.(1)解：因为 3acsB=bsinA，由正弦定理得：
3sinAcsB=sinBsinA，即sinA 3csB−sinB=0，
因为A,B∈0,π，所以tanB= 3，则B=π3；
(2)由(1)知B=π3，又b=2，c=2a，
由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即4=a2+4a2−2a2，
解得a2=43，则a=2 33；
(3)由csA= 23得：sinA= 1−cs2A= 73，
则sin2A=2sinAcsA=2 149,cs2A=2cs2A−1=−59，
所以cs(2A−B)=cs2AcsB+sin2AsinB，
=−59×12+2 149× 32=2 42−518．

17.(1)由侧面ABB1A1为矩形，得AB⊥AA1，
又CA⊥平面ABB1A1，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
则AC⊥AA1，AC⊥AB，
即直线AB，AC，AA两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，B1(3,0,4)，C1(0,4,2)，
A1C=(0,4,−4)，AB=(3,0,0)，AC1=(0,4,2)．

设平面ABC1的法向量为m=(x,y,z)
则m⋅AB=3x=0m⋅AC1=4y+2z=0，令y=1，得m=(0,1,−2)，
设直线A1C与平面ABC1所成的角为θ
则sinθ=csA1C,m=A1C⋅mA1C⋅m=124 2× 5=3 1010．
所以直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值为3 1010．
(2)A1B1=(3,0,0)，A1C1=(0,4,−2)
设平面A1B1C1的法向量为n=(x,y,z)
则n⋅A1B1=3x=0n⋅A1C1=4y−2z=0，令y=1，得n=(0,1,2)，
设平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为φ
则csφ=|cs〈m,n〉|=m⋅n|m|⋅|n|=−3 5× 5=35
所以平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值为35．
(3)由(1)(2)可知，平面ABC1的法向量为m=(0,1,−2)，A1C1=(0,4,−2)
点A1到平面ABC1的距离d=A1C1⋅mm=8 5=8 55．

18.(1)令C:x2a2+y2b2=1的半焦距为c，
由离心率为12，得ca=12，解得a=2c，b= a2−c2= 3c，
由点1,32在椭圆上，则1a2+94b2=1，则c=1，a=2，b= 3，
所以C的方程是x24+y23=1；
(2)法一：点Q(2,0)，设直线l的方程为x=my+n，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=my+n3x2+4y2=12，消去x得3m2+4y2+6mny+3n2−12=0，且Δ>0⇒n2−3m20⇒3+4k2>m2，则x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，则kQAkQB=y1y2x1−2x2−2=14，
∴kx1+mkx2+mx1x2−2x1+x2+4=14，整理得4k2−1x1x2+(4km+2)x1+x2+4m2−4=0，
∴4k2−14m2−123+4k2+(4km+2)(−8km)3+4k2+4m2−4=0，
∴8k2+2km−m2=0，可得m=4k或m=−2k，
因为直线不过Q点，所以m≠−2k，故m=4k，
所以l:y=kx+4k=k(x+4)，恒过定点(−4,0)．

19.(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
因为b1=2a1=2,b2=a2+2,b3=2a3+2，所以2q=1+d+22q2=2(1+2d)+2⇒d=1q=2 ,
所以an=1+(n−1)×1=n,bn=2×2n−1=2n．
(2)n为奇数时，cn=3an+2+2anan+2bn+1=3n+8n(n+2)⋅2n+1=1n⋅2n−1−1(n+2)⋅2n+1，
An=c1+c3+c5+⋯+c2n−1=1−1(2n+1)⋅22n=1−1(2n+1)⋅4n，
n为偶数时，cn=a2n−1⋅bn=(2n−1)⋅2n，
Bn=c2+c4+c6+⋯+c2n=3×22+7×24+⋯+(4n−1)×22n
=3×4+7×42+11×43+⋯+(4n−1)×4n
4Bn=3×42+7×43+⋯⋯⋯⋯⋯⋯+(4n−1)×4n+1，
−3Bn=12+442+43+⋯⋯⋯⋯+4n−(4n−1)×4n+1
=12+4×16−4n×41−4−(4n−1)×4n+1
=12−4316−4n+1−(4n−1)×4n+1
=−283+73−4n×4n+1
所以Bn=289+12n−79×4n+1
所以S2n=An+Bn=379+12n−79⋅4n+1−1(2n+1)⋅4n．
(3)dn=an2bn=n22n，dn+1−dn=(n+1)22n+1−n22n=−n2+2n+12n+1，
当n=1,2时，dn+1−dn>0；
当n≥3时，dn+1−dn ⋯
又d1=12,d2=1,d3=98,d4=1,d5=2532，
所以P1=P2=12,P3=P4=916，当n≥5时，dn0，得00，解得a>2 2，
则gx2−gx1x2−x1=x22−ax2+lnx2−x12+ax1−lnx1x2−x1
=x2+x1−a+lnx2−lnx1x2−x1=−a2+lnx2−lnx1x2−x1
∴所证不等式gx2−gx1x2−x1>4a−a2等价于lnx2−lnx1x2−x1>4a，
即lnx2−lnx1x2−x1>2x2+x1，
不妨设x2>x1>0，即证lnx2x1>2x2x1−1x2x1+1，
令t=x2x1>1，ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(1,+∞)，
则ℎ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴ℎ(t)在(1,+∞)上递增，∴ℎ(t)>ℎ(1)=0，
∴lnx2x1>2x2x1−1x2x1+1成立，
∴gx2−gx1x2−x1>4a−a2．