【数学】天津市2026届高三上学期期末质量调查试题（学生版+解析版）

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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. 1B. 2C. 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，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
的最小值为，所以，
故.
整理有，得，
故.
（ii）设，则由题意有，
由（i）可得，
故，
因为为增函数，
由可得.
令，所以.
由，有，
故，则.
记，则，
令，即，
则且，所以有两异号实数根，
又因为，所以有唯一零点，且.
所以当时，，
当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以，其中，
即，
又在上单调递减，且，得，
又因为在区间上单调递增，
所以（当时，有）,
因此的最小值为.