天津西青区2026届高三第一学期学业质量期末监测数学试题（试卷+解析）

这是一份天津西青区2026届高三第一学期学业质量期末监测数学试题（试卷+解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高三数学试卷
说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间：120分钟．
参考公式：
柱体的体积公式，中表示柱体的底面积，表示柱体的高.
锥体的体积公式，中表示锥体的底面积，表示锥体的高.
球体积公式；球的表面积公式，中表示球的半径.
第Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的．将正确答案填在下面的表格内．
1. 已知全集，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
2. 设，则“”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
3. 已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A. B.
C. D.
6. 函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（ ）
A.
B. ，为函数的对称轴
C. 向右移后的函数为偶函数
D. 函数的单调递减区间为，
7. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B. 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
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
8. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（ ）
A B. 2 C. D.
9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷（非选择题共105分）
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，把答案填在题中横线上.
10. 已知为虚数单位，则___________.
11. 二项式展开式中项的系数是___________.（用数字作答）
12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________.
13. 如图，在中，，，为上一点，且满足，则实数的值为___________；若，则的最小值为____________.
14. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________.
15. 已知函数，若关于的方程有8个相异的实根，则实数的取值范围为______________.
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，，的对边分别为，，，且，，.
（1）求的值；
（2）求值.
17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
18. 已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
19. 已知数列的前项和为，且，数列为递增的等比数列，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求；
（3）设，，求使得对任意，均有成立的最大整数.
20. 已知函数的导函数为.
（1）当时，求的图象在处的切线方程；
（2）若有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（3）已知，若在定义域内有三个不同极值点，且满足，求实数的取值范围.西青区期末考试
2025~2026学年度第一学期学校学业质量期末监测
高三数学试卷
说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间：120分钟．
参考公式：
柱体的体积公式，中表示柱体的底面积，表示柱体的高.
锥体的体积公式，中表示锥体的底面积，表示锥体的高.
球的体积公式；球的表面积公式，中表示球的半径.
第Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的．将正确答案填在下面的表格内．
1. 已知全集，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集、交集的定义，即可得答案.
【详解】由题意，所以.
故选：A
2. 设，则“”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】
【分析】分别求出和的解，结合充分必要条件的定义，即可得出结论.
【详解】由，解得，
由，解得或，
“”成立，则“或”成立，
而“或”成立，“不一定成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
本题考查充分不必要条件的判定，属于基础题.
3. 已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】逐一利用线面垂直、线面平行的定义与性质，排除存在反例的错误选项，再根据线面垂直的性质定理验证选项D.
【详解】选项A：若，，则，选项A错误，有可能在平面内；
选项B：若，，则，选项B错误，两条直线都平行于同一个平面时，它们的位置关系可以是平行、相交或异面；
选项C：若，，则，选项C错误，的位置不确定，它可以平行于、在内，或与斜交，不一定垂直于；
选项D：若，，则，选项D正确，根据线面垂直的性质定理：如果一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线.
故选：D
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断出是偶函数，结合可选出答案.
【详解】由已知可得函数的定义域为，，
所以是偶函数，函数图象关于轴对称，可排除B，D；
由，可排除C．
故选：A
5. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶函数性质及对数运算可得，，再利用单调性比较的大小即可.
【详解】因为是偶函数，所以，，
因为，在上单调递增，
所以，即.
故选：B.
6. 函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（ ）
A.
B. ，为函数的对称轴
C. 向右移后的函数为偶函数
D. 函数的单调递减区间为，
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象，求出函数的解析式，再逐项判断.
【详解】由图象知：，，则，，
，因为在图象上，则，
所以，则，又，
则，所以，
令，解得，
所以的对称轴方程为：，
向右移后得到函数，
令，解得，
所以的单调递减区间为，
故选：D
7. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B. 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
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用相关系数的意义可判断B；利用独立性检验的意义可判断C，根据正态分布的对称性求解可判断D.
【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误；
对于B，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，故B错误；
对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；
对于D，因为服从正态分布，且，
所以，故D正确；
故选：D.
8. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成求解.
【详解】由题意得：该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成，
所以该正八面体配位多面体模型的体积为，
故选：C
9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出渐近线方程.
【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接，
因为线段的中点在圆上，所以，
所以≌，所以，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
所以，过作轴于，则，
所以，
所以，得，即，
所以双曲线的渐近线方程为；
故选：B
第Ⅱ卷（非选择题共105分）
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，把答案填在题中横线上.
10. 已知为虚数单位，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，再利用求模公式计算.
【详解】因为，
则.
故答案为：
11. 二项式展开式中项的系数是___________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式可得答案.
【详解】展开式的通项为
，
令指数，解得，
此时系数为.
故答案为：
12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由焦半径公式可求出点的坐标，进而求出圆的方程，令，即可求解.
【详解】由题意知，，
又点在抛物线上且在第一象限，所以，故点为，
则以点为圆心3为半径的圆的方程为，
令得或，故以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为.
故答案为：
13. 如图，在中，，，为上一点，且满足，则实数的值为___________；若，则的最小值为____________.
【答案】 ①. ##0.5 ②. 2
【解析】
【分析】设，可得出，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值；利用数量积得出，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】设，则
，
所以，解得，
，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立.
所以，的最小值为.
故答案为：；.
14. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据全概率公式以及贝叶斯公式即可求解.
【详解】设表示首次选“驿站取件”，则，
表示首次选“上门配送”，则，
表示第二次选“驿站取件”则，
根据全概率公式可得，
第二空根据贝叶斯公式可得.
故答案为：，
15. 已知函数，若关于的方程有8个相异的实根，则实数的取值范围为______________.
【答案】
【解析】
【分析】通过分析分段函数图像，利用换元法将方程转化为二次方程，结合二次方程根的分布条件求解参数范围.
【详解】的图象如图所示：
令，若关于的方程有8个相异的实根，
则在上有两个不等的实根.
令，则，
即，解得，
实数的取值范围为.
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，，的对边分别为，，，且，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得答案；
（2）先利用余弦定理计算出的值，再根据和角公式以及倍角公式计算可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得：，
又因为，
所以 .
【小问2详解】
由（1）知 ，又，，
根据余弦定理， ，
又因为且 ，
所以 ，
又因为，
，
所以.
17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出直线对应的方向向量和平面的法向量，利用向量垂直关系证明线面平行.
（2）先求出平面的法向量，再根据线面角的向量公式求出线面角的正弦值.
（3）利用点到平面距离的向量公式求出点到平面的距离.
【小问1详解】
如图建立空间坐标系
则，，，，，

平面的一条法向量为
因为，所以
又因为平面
所以平面
【小问2详解】
，，
设平面的一个法向量为，
所以， 令，则，所以
设与平面所成角为.
则.
所以与平面所成角的正弦值是.
【小问3详解】
设点到平面的距离为，则
所以点到平面的距离为.
18. 已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3.
（1）求椭圆方程；
（2）设椭圆右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据离心率定义及条件，结合的关系，可得的值，即可得答案.
（2）设，，将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，表达式，进而可得表达式，根据条件，可得，根据数量积公式，化简整理，可得或，代入直线方程，分析检验，即可得答案.
【小问1详解】
由题意： ，解得，
所以方程是 .
【小问2详解】
设，，联立，
消可得，
由，得，
， ，
则，
因为，所以，
又因为，所以，，
所以，即，
所以，即，
解得或，均满足，
当时，，直线过点，与已知矛盾，
当时，，直线过点，
综上，直线过定点，定点坐标为.
19. 已知数列的前项和为，且，数列为递增的等比数列，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求；
（3）设，，求使得对任意，均有成立的最大整数.
【答案】（1），
（2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）讨论当和当时，根据递推公式可求出数列通项公式，验证当是否成立，根据等比数列的定义可求出通项公式；
（2）由（1）可得到，再根据错位相减法即可求出；
（3）由（1）可得，根据裂项相消法可求出，再根据不等式恒成立即可求解.
【小问1详解】
当时，
当时，
上式中当时，，所以数列的通项公式为
设的公比为，，所以，
数列为递增的等比数列，所以
【小问2详解】

①
②
①-②，得
，
所以
【小问3详解】
由（1）可得
则
显然随的增大而增大，故
于是若要恒成立，只需，解得，
所以存在最大的整数满足题意.
20. 已知函数的导函数为.
（1）当时，求的图象在处的切线方程；
（2）若有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程；
（2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参；
（3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参
【小问1详解】
当时， ，
则 ，所以 ， ，
所以的图象在点处的切线方程为，即 ；
【小问2详解】
由题知，，
因为有两个不同的零点，
所以方程有两个不等实根化简可得方程有两个不等实根，
可看成直线与曲线有两个不同的交点，
所以 ，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，有极大值也是最大值为
当时，，且当时，，
要使有两个不同的零点，需 ，
即；
【小问3详解】
由题知，，其定义域为
则，
令，得或，
设，则，
当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递减
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图所示，
因为在定义域内有三个不同的极值点，，，
所以与有两个不同的交点，所以
不妨设，则，
所以，所以，
所以，

令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以
又，
所以，所以在上单调递增
因为，
所以当时，恒成立，
即当时，恒成立，
所以实数的取值范围是.