2026天津河东区高三下学期质量检测（一）数学含解析

这是一份2026天津河东区高三下学期质量检测（一）数学含解析，共11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。
一、单选题
1．已知全集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题p：菱形不是矩形，该命题的否定是（ ）
A．菱形是矩形B．存在一个菱形，它是矩形
C．存在菱形不是矩形D．存在是菱形的矩形
3．已知函数，当函数的大致图象为下图时，a可能的值是（ ）
A．0.4B．0.8C．D．2
4．2026年1月中国人民银行官宣降息，旨在精准滴灌实体经济的关键领域，是适度宽松货币政策的延续.“明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出下表数据，并进行统计学分析.表1为某银行近年来的人民币一年定期存款利率：
关于表中的7个存款利率数据，下列结论正确的是（ ）
A．数据的极差为
B．七年来，一年定期存款利率整体呈下降趋势
C．七年的平均利率为1.65
D．利率的第80百分位数为1.75%
5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（ ）
A．p：函数的最小正周期为，q：
B．p：，，q：函数
C．p：，，q：函数的值域为
D．p：，，q：是函数的一个对称中心
7．已知双曲线与抛物线有相同的焦点，抛物线的准线与双曲线交于，两点，三角形为等边三角形，双曲线的一条渐近线与抛物线交于原点与另一点，三角形的面积为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
8．“明数理”数学兴趣小组在跨学科探究学习过程中遇到一个数学物理综合问题，下图为一个串联电路图，电源电压为，定值电阻的阻值为，滑动变阻器的阻值范围是到，已知纯电阻电路下图的一个功率公式为，闭合开关并移动滑动变阻器滑片，则的功率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，正方形内有一个动点，，，当，，三点共线时，的延长线与交于点，正方形边长为2，则的最小值为（ ）
A．0B．C．D．1
二、填空题
10．已知为虚数单位，复数z满足，则__________.
11．若的展开式的常数项为60，则a＝_____
12．已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的方程为__________.
13．某地区有A、B两个城区，人口比例为，由于人口密度不同，A、B两地的流感感染率分别为、.若随机选取A地区的3名市民进行该流感检测，至少1人感染的概率为________；若该地区随机选取1名市民进行该流感检测，则感染的概率为__________.
14．篮球有不同的型号，比如男篮和女篮的比赛用球无论是质量还是大小均不相同，儿童一般用3号球，半径约9厘米.一款儿童篮球为标准球体，半径9厘米，球面上有三点、、，它们相互之间的直线距离均为9厘米，球面上有一动点，则点到平面的距离的最大值为__________厘米.
15．已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________.
三、解答题
16．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，.
(1)求a，的值：
(2)求的值；
17．如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且.
(1)求BE与平面所成角的正弦值；
(2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值；
(3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由.
18．已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点.
(1)求椭圆方程；
(2)轴上有一点，，求直线的斜率；
(3)若直线与轴交于点，求直线的斜率.
19．已知公比大于1的等比数列，各项均为正数的等差数列，，，，是与的等比中项.
(1)求{，的通项公式；
(2)的前n项和为，，求；
(3)证明：.
20．已知函数（）.
(1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围；
(2)函数（），有三个不同的极值点，，，；
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明.
时间
2019年
2020年
2021年
2022年
2023年
2024年
2025年
利率%
1.50
1.75
1.75
1.55
1.85
1.65
1.50
参考答案
1．C
【详解】由，
所以或.
2．B
【详解】原命题可以写作：全部的菱形，都不是矩形，是全称命题，
所以该命题的否定是存在量词命题，即：存在一个菱形，它是矩形.
3．A
【详解】函数定义域为，求导： ，
令，
根据图像可知：先减、再增、再减，说明存在两个正的极值点，
所以二次方程有两个不同的正零点，
即方程有两个不等正根，且开口向下，
由判别式可得：，
由韦达定理可得：， ，故，
综上可得：，故A正确.
4．D
【详解】由数据可知，七年来一年定期存款利率整体呈下降趋势是错误的，故B错误；
利率从小到大排列为，
则数据的极差为，故A错误；
七年的平均利率为，故C错误；
因为，所以利率的第80百分位数是第个数，即，故D正确.
5．B
【详解】由，所以.
6．D
【详解】A，当的最小正周期为，又，则，
从而；又时，可得的最小正周期为，则.
从而是的充要条件，故A错误；
B，当，时，，
则由不能得到，从而不是的充分条件，故B错误；
C，当，时，，，
因在上单调递增，在上单调递减，
则，，
从而此时值域为，则由不能得到，从而不是的充分条件，故C错误；
D，当，时，由B分析可得，
令，得，从而的对称中心为，
取，得，则；
由题，
若其对称中心为，则，
取，易得不是方程的唯一解（例如也是该方程的一组解），
则不能得到，从而是的充分不必要条件，故D正确.
7．A
【详解】双曲线的右焦点为，抛物线的焦点为，
由焦点相同得，即，
将抛物线的准线代入双曲线方程，得，，
故，，则，
为等边三角形，，
双曲线的渐近线方程为：，
根据对称性，不妨取其中一条渐近线与抛物线方程联立：
，消元得，对应，即，
，即，
，得
所以双曲线的方程为：
8．C
【详解】由题知，总电阻，
电路电流，
所以滑动变阻器功率为
，
因为，当且仅当即时，等号成立，
此时满足到的范围，
所以此时最大，且为.
9．B
【详解】以为坐标原点，所在直线建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，
设，则，，
因为，所以，
所以点的轨迹方程为，
直线方程为，
联立，解得或（舍去），
所以当，，三点共线时，，
此时直线方程为，
令，解得，所以，
设，其中，
则，，
所以
，
其中，，
所以当，即，时，取得最小值，最小值为.
10．/
【详解】因为，所以.
11．4
【详解】∵展开式的通项公式为Tr+1＝•x﹣2r＝•x6﹣3r，
令6﹣3r＝0，可得 r＝2，∴展开式的常数项为＝60，解得a＝4．
故答案为4．
12．
【详解】设圆心，，
由题意得，解得或0（舍去），
则圆的半径，
所以圆的方程为.
故答案为：.
13． / /
【详解】第一空，A地流感感染率为，那么A地流感未感染率为，
考虑至少一人感染的对立事件为3人都未感染，那么人都未感染的概率为.
所以至少一人感染的概率为.
第二空，因为A、B两个城区，人口比例为，所以人口占比分别为，
由全概率公式，该地区随机选取1名市民进行该流感检测，则感染的概率为.
14．
【详解】如图，为球心，为的中心，为中点，
设球半径为，
由题意知为等边三角形，，，
则，，
在中，，
即球心到平面的距离，
当三点共线时，点到平面的距离最大，最大值为.
15．
【详解】①设二次函数，则
又为偶函数，所以，
因为是奇函数，所以，即
化简得，即，
又，所以，所以
又，所以，解得
所以，，
②令，，
则可化为： ， ，
两边除以得
令，则，设，
对称轴为，，故最大值为
若， 恒成立，则，故的取值范围是
16．(1)，
(2)
【详解】（1）在△ABC中，由，，可得，
因为，，，
可得，
代入，，可得：，
化简得：，
所以，，即；
（2）由（1）可知C为钝角，且，
则，，
所以.
17．(1)
(2)
(3)存在， ，理由见解析.
【详解】（1）由题意得两两垂直，
以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图：
则，，，，，，，，，，
设BE与平面所成角为，，
易得平面的法向量为，
则，
BE与平面所成角的正弦值为
（2）设平面FBC与平面的夹角为，
平面FBC的法向量为，，，
则有，令，则，
平面的法向量为，，
则有，令，则，
平面FBC与平面的夹角的余弦值
（3）设，平面的法向量，
若上存在点M，使、E、M、F四点共面，则有，
，，
则有，令，则，
，则，解得，，
故上存在点M，使、E、M、F四点共面，.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题知，，，，
且，，，
，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，
设过点的直线方程为，过原点且与直线平行的直线为，
联立可得，
则点的坐标为，
联立可得，
则点的坐标为，
所以，，
由，整理为，解得，（舍），
即直线的斜率为.
（3）由题知，，
，
，
由（2）整理为，解得，（舍），
所以直线的斜率为.
19．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设的通项公式为，，，
，由得，即，故.
解得，
∴，，
设的通项公式为，，，
由已知，
整理为，
∴，.
（2），，，
①
②
①-②得：
③
④
③-④得：
，.
（3），，
当时，，成立；
当时，，成立；
当时，
，
综上，原不等式成立.
20．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）（），令（），
因为函数在定义域内无极值，
所以函数无变号零点，即函数在上无变号零点.
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，
由上可知，，∴.
（2）（ⅰ）（，），
（，），令，则，
因为有三个不同的极值点，即有三个变号零点，
所以必有两个不相等的正根，
所以方程必有两个不相等的正根，
记为，则，且，
由得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，且，所以必有，且为极小值点，，且为极大值点.
，当时，，在上有唯一零点，
因为，，
必有为极大值点.
综上，当且仅当时，有三个不同的极值点，即a的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，所以，
又函数在单调递增，，，，
所以，
又，所以，所以，
即.