天津市八所重点学校2026届高三上学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市八所重点学校2026届高三上学期期末联考数学试卷（Word版附解析），共25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。
数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，“A=B”是“sin2A=sin2B”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．已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．下列说法正确的是（ ）
A．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为．若一个样本点为，则实数的值是2
B．进行经验回归方程分析时，可以用决定系数来比较模型的拟合效果，越小，表示残差平方和越大，说明模型的拟合效果越好
C．若随机变量，则
D．若随机变量，则
6．已知函数的零点为，设，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（ ）
A．1B．C．D．2
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线相交于两点，在直线的左边，与双曲线的一条渐近线交于点，，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．为虚数单位， ．
11．在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
12．已知圆，抛物线上一点满足，直线与圆相交于两点，则 ．
13．一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为 ；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为 ．
14．在中，，点，满足，，与交于
点．记，用和表示 ；若为的中点，，，则 ．
15．已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为 ．
三、解答题
16．在中，角所对的边分别为．已知．
(1)求角的大小；
(2)若，求的值；
(3)若，求的值．
17．如图，空间几何体中，平面平面，四边形为矩形，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)求点到直线的距离．
18．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点．
（i）求直线的斜率之积；
（ii）求的正切值的取值范围．
19．已知是等差数列，其前项和为是公比不为1的等比数列，．
(1)求和的通项公式；
(2)若从数列的前项中任取项按从小到大排列，得到数列，再将余下的项按从大到小排列，得到数列．设数列的前项和为，求和；
(3)设集合，将的所有元素从小到大排列构成数列，记为数列的前项和，求证：．
20．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，函数有三个极值点为，且，求证：．
参考答案
1．A
【详解】因为，所以，
因为，所以.
故选：A
2．B
【详解】时，，充分性满足，
当时，，不必要．
所以应为充分不必要条件．
故选：B．
3．D
【详解】由图可知，函数定义域为，是奇函数，且没有零点；
对于A，的定义域为，不合题意，A不正确；
对于B，，，有零点，不合题意，B不正确；
对于C，，，是偶函数，不合题意，C不正确；
对于D，定义域为，，是奇函数，符合题意.
故选：D
4．C
【详解】对A，记，如图，当时，，错误；

对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误；

对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以，

又，所以，又，所以，正确；
对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误.

故选：C
5．D
【详解】对A，回归方程不一定过样本点，所以无法求出的值，错误；
对B，决定系数越小，残差平方和越大，拟合效果越差，错误；
对C，若，则，解得，错误；
对D，若，则，
又，所以，
所以，由对称性可得，正确.
故选：D
6．B
【详解】解：由已知得，数形结合得，
则，，
所以．
故选：B．
7．C
【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减，
得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心，
而，则，因此，，，
由，得，而，则，
因此，由，得，
则当，即时，取得最大值，
所以在区间上的最大值为.
故选：C
8．D
【详解】如图，因为，所以为的中点，
因为为的中点，所以.
设焦距为，直线与轴的交点为，
因为，所以;
所以，又，所以.
又，所以，
由双曲线的定义可得；
在中，由余弦定理可得，
解得或（舍），所以，，
双曲线的方程为.
故选：D

9．C
【详解】
记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，连接，
则平面，平面，平面，平面，
所以
因为平面，所以，所以四边形为矩形，
设，则，
，
因为，所以，解得，
所以外接球的半径，所以.
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，
所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
连接，交EF于点N，过点作于M，
由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，
所以.
所以.
故选：C.
10．1
【详解】，
，
故答案为：1.
11．
【详解】二项式展开式的通项为，（其中），
令，解得，
所以，所以展开式中的系数为.
故答案为：
12．/
【详解】由题设可得，故为抛物线的焦点，故，
故，故，由抛物线和圆的对称性不妨设，
故，故直线，
故到直线的距离为，故，
故答案为：.
13．
【详解】设事件=“摸出的球中没有二星球”，则事件包含两个互斥事件：第一次摸出了白色一星球，第一次摸出了黄色一星球同时第二次摸出了白色一星球，
.
设事件“第1次摸出白球”， 事件“第2次摸出二星球”，
，，
所以.
故答案为：
14． ； .
【详解】因为，所以为的中点，所以，
又，所以，所以，
设，则，即，
因为三点共线，所以，得，所以，
整理得，
所以.
因为，，，
所以，
，
因为，所以，
整理得①，
因为，，
所以，整理得②，
联立①②解得
因为，
，
所以
.
故答案为：；.
15．
【详解】，
不等式可化为①；
当时，①式可化为在区间上恒成立，
所以，即；
当时，①式可化为在区间上恒成立，
令，则其图象开口向上，对称轴为，
若，即时，最小值为，
由可得，解得，即；
若 且，即 时，由于的最小值为 ，
则 在 上恒成立，
若时，，则 在 上恒成立；
当时，①式可化为在区间上恒成立，
只需，解得；
综上可得实数的取值范围为.
故答案为：
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为,
根据正弦定理得，
整理得,
根据余弦定理,
可得，
又因为,（是的内角）,
所以.
（2）由正弦定理，得，
由（1）知，结合，
由余弦定理得，.
（3）由已知得，
，
.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，
又平面平面，平面平面，
平面平面.
以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．
则，
法一：，
，
，
又平面平面，
平面.
法二：设是平面的一个法向量，

令则，
是平面的一个法向量．
，平面.
（2）设是平面的一个法向量，
令，则
是平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，
，
，
平面与平面夹角的正弦值为.
（3）法一：，
，，，
，
点到直线的距离.
法二：，
，，，
点到直线的距离.
法三：过点作直线的垂线，交的延长线于点，
平面平面
平面．
四边形为矩形，
平面，
平面，
，
，
为的中点，
，
点到直线的距离.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）由题意可得
解得，
椭圆的方程为.
（2）（i）方法一：由题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由，联立得，
，
得，
则，
直线的方程为，得，
则.
方法二：设直线的方程为，
联立方程，得，
，
得，
，
直线的方程为，得，
则.
（ii）方法一：由（i）方法一可知，，
得，，，
在直角中，，
在直角中，，
，
因为，
所以，
，
所以，
所以的正切值的取值范围是.
方法二：由（i）方法二可知，，
得，
在直角中，，
在直角中，，
，
因为
所以，
，
所以，
所以的正切值的取值范围是.
方法三：由（i）方法二可知，，
得，
在直角中，，
在直角中，，
，
因为，
所以，
，
所以，
所以的正切值的取值范围是.

19．(1)，
(2)166；
(3)证明见解析
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
，
．
，
.
（2）
法一：在数列的前项中，奇偶项各一半，且奇数项为负，偶数项为正，
设数列中任取个奇数项，n-k个偶数项，则数列中必有个偶数项，n-k个奇数项，
又知数列由小到大排列，数列由大到小排列，则必有
（注：见或）
法二：
设
设
（3），所以项中有项来自集合A，有项来自集合
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），切点为（1，2），
，
则曲线在处的切线方程为.
（2）法一：原不等式可化为在恒成立，设，
①当时，由，得因此满足题意；
②当时，，设，
则由，得，
因此，则在单调递增，
若，则，
则在上单调递增，，满足题意．
若，则，因此在存在唯一零点，使，
所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以，不合题意，
综上，的取值范围是.
法二：，
所以要使当，必须满足，即，
下面证明时满足题意：
①当时，由，得，因此，满足题意；
②若，则，，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，，满足题意；
③当时，设，
则，
所以在单调递增，且，因此在存在唯一零点，使，
当时，在上单调递减，所以，不合题意，舍去（此步骤不写不扣分）.
法三：，
所以要使当，必须满足，即,
下面证明时满足题意：
,
所以当时，,
令,
则，
,
在上单调递增,
,
所以在上单调递增，满足题意.
（3），由，
令，
，所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增，且，
当时，在（0，1）和上各有一个实数根，
所以，
所以是方程的两个不相等的实数根，即，
得，
，
，
同理.
或
，
所以.
因为，所以要证，
只需证,
即证，即证，即证，
只需证，即，即，由
，
函数，已证在（0，1）上递减，
所以要证，即证，
因为，所以，所以只需证，
即，两边取对数得，，整理得，
即,
令，则,
令，则，
所以在上递减，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
A
B
D
C
D
B
C
D
C