天津市滨海新区田家炳中学2025_2026学年高三上学期第二次月考数学试题 [含答案]

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1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．直线，则“”是“”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．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B．设且，则
C．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1
D．在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差
6．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（ ）
A．32B．C．D．64
7．已知函数同时满足性质:①;②当时,,则函数可能为( )
A．B．
C．D．
8．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直且交于点，的延长线与抛物线的准线交于点B，，的面积为，O为原点，双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数图象关于对称
B．函数图象在内有3个极值点
C．函数在上单调递增
D．函数图象关于中心对称
二、填空题
10．复数（其中为虚数单位），则的虚部为 .
11．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为 .
12．，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则 ．
13．某射击小组共有10名射手，其中一级射手2人，二级射手3人，三级射手5人，现选出2人参赛，已知至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为 .若一､二､三级射手获胜概率分别是，则任选一名射手能够获胜的概率为 .
14．中，为边中点，,,,则 （用,表示），若,,则
15．已知函数，，则 ，若方程的所有实根之和为4，则实数m的取值范围是 .
三、解答题
16．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，，求，；
（3）若，求.
17．如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面ABCD的夹角的余弦值；
（3）求三棱锥的体积．
18．已知椭圆，，分别是左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，分别是椭圆的左、右顶点，若直线与交于点，，且．证明：直线过定点．
19．已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，等差数列数列的前n项和，，
（1）求数列和的通项公式；
（2）设 ，求数列的前2n项和.
（3）设，，的前n项和，求证.
20．设函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若恒成立，求m的取值范围.
答案
1．【正确答案】B
【详解】，，
则.
故选B
2．【正确答案】B
【详解】，
，若，则，即，解得或，
，即“”是“”的充分条件；
但或，即“”不能推出“”，故不满足必要性．
“”是“”的充分不必要条件．
故选B．
3．【正确答案】A
【详解】解：由题知函数的定义域为，关于原点对称，，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，故排除B，D，当时，，故排除C，得A为正确选项.
故选A
4．【正确答案】B
【详解】，，
又，所以，所以，
所以.
故选B.
5．【正确答案】D
【详解】对于A，因为，所以数据的第60百分位数为5，故A错误；
对于B，因为且，则，
所以，故B错误；
对于C，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1，故C错误；
对于D，在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差，故D正确.
故选D.
6．【正确答案】C
【详解】解：因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为，
设正四棱柱和正四棱锥的高为，
因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得，
故该几何体的体积为.
故选C.
7．【正确答案】D
【详解】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减.
A不满足②，B不满足①，
C不满足②,因为在单调递减，在单调递增.
对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.
故选D.
8．【正确答案】B
【详解】设双曲线的半焦距为，设轴与准线交于点，
则，①，准线方程为，
不妨设直线与渐近线垂直，
则点到直线的距离，则，
因，则，，
则②，
因，即，则③，
联立①②③得，，则双曲线的方程为.
故选B
9．【正确答案】C
【详解】由题意可得
因为将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，
所以；
当时，或0，
所以不是对称轴，选项A错误；
令,解得，
当时， ；当时， ；
所以函数图象在内有2个极值点，选项B错误；
当时，，在内单调递增，选项C正确；
当时，，
所以是对称中心,图象关于中心对称，选项D错误.
故选C
10．【正确答案】
【详解】由题意知，，
所以复数z的虚部为.
11．【正确答案】7
【详解】因为只有第5项的二项式系数最大，
所以展开式共有9项，即，
所以展开式的通项公式为，
令，解得，
所以展开式中的系数为.
12．【正确答案】2
【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，
圆的半径为，圆心到直线的距离为，
故，解得.
13．【正确答案】 /
【详解】至少有一人是一级射手的概率为，一人是一级射手且另一人是三级射手的概率为，至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为.
14．【正确答案】
【详解】
对于第一空，因为,所以,所以.
因为为线段的中点,所以;
对于第二空，因为,所以,即①.
,即,代入①式后，化简可得.
所以
15．【正确答案】1
【详解】，则
令，则的实根个数即
函数与函数图象交点个数
当时，函数与函数图象有1个交点，且交点横坐标大于1，
即，函数与函数有2个交点，
则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；
当时，函数与函数图象有2个交点，
即或，则或或，
则方程有3个根，且3根和为3，不符合题意；
当时，函数与函数图象有2个交点，
即或，
函数与函数无交点，不符合题意；
函数与函数有4个交点，且4个交点横坐标之和为4，
则方程有4个根，且4根和为4，符合题意
综上，实数m的取值范围是
16．【正确答案】（1）
（2），
（3）
【详解】（1）由,
根据正弦定理，得，
则，
在中，，则，
又，故.
（2）由，
根据余弦定理可得，整理可得，
又，解得，或，（舍去）.
（3）由，根据正弦定理，得，
则，
又，则，故为锐角，
所以，
则，
，
所以.
17．【正确答案】（1）见详解；
（2）；
（3）3.
【详解】（1）在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，

由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，
得，由是棱的中点，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
显然，则，又平面，
所以平面.
（2）由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为，
因此，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）由（1）知平面的法向量为，而点，则，
点到平面的距离为，又，
则点到直线距离，
因此的面积，
所以三棱锥的体积.
18．【正确答案】（1）
（2）见详解
【详解】（1）设，则，，，
则，
故当时，取得最大值，最大值为，
又为椭圆上顶点时，为等边三角形，故，
联立，解得，
因为，所以椭圆的标准方程为．
（2）法一：由（1）可知，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，化简得，
因为，所以，即，
联立，化简得，
因为，所以，即，
则，
所以直线的方程为，
整理得，
所以直线过定点．
法二：设，又由（1）知，
所以，
则有，
又，则，代入上式可得.
又因为，所以.
设直线的方程为，
联立，得，
所以，
且，
所以，
由，
化简得且，
即，解得或（舍），所以直线过定点．
19．【正确答案】（1）
（2）
（3）见详解
【详解】（1）由题意， ，设公比为q，
则有 解得 或 （由于 是正数列，舍），
由 ， ，
；
对于 由等差中项可知 ，
设公差为d， ， ，
；
（2）设数列 的前n项和为 ，
则有：
=
设 …①，
…② ，
-②得：，
K ，
；
（3） ，

；
综上， ， ， 的前2n项和= .
20．【正确答案】（1）
（2）见详解
（3）
【详解】（1）当时，，
则在处的切线方程为：；
（2）由，
若，则恒成立，即在上单调递增；
若，则时，有，即在上单调递减，
时，有，即在上单调递减；
综上：若时，在上单调递增；若时，在上单调递减；
（3）不等式恒成立，
设，
易知在上单调递增，
又，所以时有，时有，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故m的取值范围.