天津市北辰区2026届高三质量调查试卷（一）数学试题（含解析）高考模拟

这是一份天津市北辰区2026届高三质量调查试卷（一）数学试题（含解析）高考模拟，共6页。
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
·全概率公式.
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合的混合运算可得.
【详解】.
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】B
【解析】
【详解】因为，所以，
因为是R上的单调增函数，因此不等式等价于，
若（即），不能推出，因此充分性不成立；
若，则一定满足，即一定满足，因此必要性成立，
综上，是的必要不充分条件.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断出为奇函数，排除BD；再根据当趋向于时，趋向于0，C错误，A正确.
【详解】恒成立，故的定义域为R，
，
故为奇函数，BD错误；
当趋向于时，的增长速度远大于的速度，
故趋向于0，C错误，A正确.
故选：A
4. 下列命题：①回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；②在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；③在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，当样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强.④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大.其中正确的命题序号是（ ）
A. ①②B. ①②③
C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】由线性相关关系、回归方程、残差图、相关系数与独立性检验的定义与性质逐项判断即可得.
【详解】对①：由，故变量与具有负的线性相关关系，故①正确；
对②：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，
其模型拟合的精度越高，故②正确；
对③：样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强，故③正确；
对④：对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，
判断“与有关系”的把握越小，故④错误.
故选：B.
5. 已知数列为等比数列，，且对于任意正整数m，都有，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列的性质求出，然后转化求解即可.
【详解】数列为等比数列，，且，
可得，所以，所以，
所以，
又，则.
6. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可.
【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面，
则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得：
，
因此外接圆半径，球的半径，
所以球O的表面积.
故选：C
7. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列四个结论：
①是的一个解析式；
②是最小正周期为的奇函数；
③的单调递减区间为，；
④点是图象的一个零点．
其中正确结论的个数为（ ）．
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据余弦函数的性质计算依次判断即可求解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，故①错误；
函数的最小正周期，但是，
故为非奇非偶函数，即②错误；
令，，解得，，
所以的单调递减区间为，，故③正确；
因为，所以不是零点，故④错误；
故选：A
8. 已知M是内一点且，，若，和的面积分别为，x，y，则的最小值是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的数量积的运算求得 的值，利用三角形的面积公式求得 的值，进而把 转化为，再利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】因为 ，所以 ，即 .
所以，即 .
所以.
当且仅当 ，即 时等号成立.
9. 过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，，抛物线的准线与x轴交于点C，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离作出图形，结合图形得到解出从而确定的长度，再利用三角形面积和之间的关系求出即可.
【详解】
设抛物线的准线为，
过作于，过作于点，过作于，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
在中，，所以，
因为，所以，
又，所以，
又由，可得，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：B.
关键点点睛：本题关键在于利用抛物线的定义建立方程，解出.
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2．本卷共11小题，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个给3分，全部答对给5分.
10. i为虚数单位，若复数，则______
【答案】
【解析】
【分析】先利用复数除法运算化简复数，然后代入模的运算求解即可.
【详解】因为，所以.
故答案为：
11. 展开式中的系数为__________.（结果用数字表示）
【答案】28
【解析】
【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其和的系数，两系数相减可得答案.
【详解】因为展开式的通项公式为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：28
12. 若直线与两坐标轴的交点为A，B，则过A、B及原点O三点的圆的方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆的方程，代入三点即可求出.
【详解】由题可得，设圆的方程为，
则，解得，
则所求圆的方程为.
13. 在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢得了观众的一致好评．某款人形机器人在排练时，若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为0.9；若对机器人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5．若下达的动作指令表述模糊的概率为0.25，则该机器人成功完成指令的概率为______；若另一款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7个动作指令，机器人成功完成了其中5个．现从这7个指令中随机抽取4个进行回放分析，以表示抽取的指令中成功完成的个数，则期望______．
【答案】 ①. ##； ②. .
【解析】
【分析】应用全概率公式求概率即可求得机器人成功完成指令的概率，由题设随机变量的所有可能取值为，，，求出对应概率，即可得分布列，再应用分布列期望公式求法求期望.
【详解】记“下达的动作指令表述清晰”为事件，记“下达的动作指令表述模糊”为事件，记“机器人成功完成指令”为事件.
由已知得，，，PB=0.25，PA=1−0.25=0.75.
PC=PAC+PBC=PAPC|A+PBPC|B=0.9×0.75+0.5×0.25=0.8，
所以该机器人成功完成指令的概率为；
由题意的所有可能取值为，，，Pξ=2=C52C22C74=27，Pξ=3=C53C21C74=47，，
故的分布列为：
所以的数学期望.
14. 已知平面四边形满足，且，为的中点，则__________，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】推导出，，然后以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的模长公式可求得的值；设点、，其中，，利用平面向量数量积的坐标运算得出，再结合基本不等式求得的最小值.
【详解】因为，可得，
因为，则，
因为，则，且，如下图所示：
以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系，
则、、、、，
；
设点、，其中，，
，，
所以，，可得，
因为，则，则，，
所以，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：；.
15. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得在上有且仅有一个根，讨论、，导数研究区间单调性并确定右侧的值域，即可得参数范围.
【详解】令有且仅有一个根，且，
所以，在上有且仅有一个根，
当，则，
令且，则，
所以在上单调递增，
趋向于0时，，趋向于1时，，
所以；
当，则，
令在上单调递减，且，趋向于时，，
所以；
综上，.
故答案为：
16. 在中，角、、所对的边分别为、、.已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得出，利用余弦定理可求得的值，进而可求得的值；
（2）分析可知角为锐角，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用正弦定理可求得的值；
（3）利用二倍角公式以及两角和的正弦公式可求得的值.
【小问1详解】
解：由正弦定理及可得，则，
由余弦定理，可得，故.
【小问2详解】
解：因为，，则，
由正弦定理可得.
【小问3详解】
解：由（1）可知，则，故为锐角，
所以，，
所以，，
，
所以，.
17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直.
(2)求出平面ACF的法向量，以及的坐标，即可求解.
(3)假设线段DE上存在一点，再根据条件求出，再利用向量的投影即可求出点到平面的距离.
【小问1详解】
依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,,
.
依题意，,,
从而,
所以，即
【小问2详解】
依题意，,,
设为平面ACF的法向量，
则，
不妨设可得，
因为,
设直线EC与平面ACF所成角为，则
，
所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为.
【小问3详解】
假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则.
依题意则，
，解得.
所有存在点满足条件，
所以可得,
由（2）可知平面ACF的一个法向量为，
所以点G到平面ACF的距离为
18. 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆内一点M满足，．
（1）求椭圆的离心率；
（2）椭圆上一点P在第一象限，且满，与椭圆交于点Q，直线交的延长线于点D．若的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件可知，为的中点根据，代入距离公式与比例关系可以求得的关系，即可求得离心率.
（2）设所在直线方程与椭圆联立，可以求得的坐标，再有直线联立可以求得的坐标，用点到直线的距离与两点间的距离公式既可以求出三角形的面积，即可求得椭圆方程.
【小问1详解】
因为椭圆内一点M满足，所以为的中点，则，，化简得，
因为，所以，
所以椭圆的离心率为.
【小问2详解】
椭圆上一点P在第一象限，且满,

所以直线，设直线方程为，
由直线方程与椭圆方程联立得，
，解得，因为点P在第一象限，，因为关于原点对称，
，因为，，
则直线的方程为，联立得，，
所以，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，，
所以的面积，所以，
所以椭圆的标准方程为.
故椭圆方程为.
关键点睛：本题为圆锥曲线中直线与椭圆的位置关系，通常设直线方程，并与椭圆方程联立，借助韦达定理与点到直线的距离公式即可解决有关三角形面积的问题.
19. 已知是等差数列，，.
（1）求的通项公式和；
（2）已知为正整数，记集合的元素个数为数列.若的前项和为，设数列满足，，求的前项的和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先通过等差数列基本量的计算得首项，公差，进而得通项公式并求和.
（2）首先得，，结合裂项相消法即可得解.
【小问1详解】
由题意，（分别是首项，公差），解得，
所以的通项公式为，
所以.
【小问2详解】
由题意且为正整数，即，所以，
所以，
所以，
所以的前项的和为
.
20. 已知函数，其中.
（1）当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）
（2）已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可；
（2）（ⅰ）方程有两个不相等的正实根，等价于函数的图象与直线有两个交点，利用函数导数求出极值，再结合图象求出的取值范围即可；
（ⅱ）结合（ⅰ）及指对互化得，，从而把最小值化为的最小值，多次构造函数，求导，研究函数的单调性及最值，利用最值即可求解.
【小问1详解】
当时，，所以，
所以，又，
所以函数在点上的切线方程为，即；
【小问2详解】
（ⅰ）即，则有，，
设，，则，令，得，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0，且，
函数的图象如下：
由题意，方程有两个不相等的正实根，
即方程有两个不相等的正实根，
所以函数的图象与直线有两个交点，
由图知，，故实数a的取值范围为；
（ⅱ）因为，由（ⅰ）得，则，
所以，设，则，
即，，
由题意有最小值，即有最小值，
设，，则，
记，则，
由于，，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
又，，且t趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，
故存在唯一，使得，
时，，即，所以在上单调递减，
时，，即，所以在上单调递增，
所以时，有最小值，
而，则，即，
所以，
由题意知，令，
设，则，
设，则，
设，则，
故在上单调递增，，此时在上单调递增，
有，此时，故在上单调递增，
又，故的唯一解是，
故的唯一解是，即，
综上所述，.
方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.