2026年高考考前预测卷：数学（天津卷02)（解析版）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（天津卷02)（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，数列的前n项和，且，则，已知函数，则下列结论错误的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
第一部分（选择题 共45分）
选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，
所以.
2．已知，，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】D
【详解】取，，则，但，，
此时，，，
所以不是的充分条件，
取，，则，，
故，但，
所以不是的必要条件，
所以是的既不充分也不必要条件
3．函数的部分图象大致如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】对于AB：由解析式知均不可能为0，
即，的定义域不为，
由图知函数的定义域为，故AB错误；
对于C：因为函数的定义域为，
且，
可知函数为偶函数，其图象关于y轴对称，
但题中图象关于原点对称，故C错误；
故选：D.
4．已知函数，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】D
【详解】，则，；
.
故选：D.
5．下列说法正确的个数是（ ）
①如果记录了x，y的几组数据分别为，那么关于的经验回归直线必过点；
②残差均匀分布的水平带状区域的宽度越窄，说明经验回归方程刻画两个变量之间关系的效果就越差；
③样本相关系数的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强，越接近0，成对样本数据的线性相关程度越弱，当时，表明成对样本数据间没有关系；
④对于一元线性回归模型中的斜率参数，则当时，表示解释变量和响应变量之间存在正相关.
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【【详解】对于①，由题意可得，所以关于的经验回归直线必过点，故①正确；
对于②，残差均匀分布的水平带状区域的宽度越窄，说明经验回归方程刻画两个变量之间关系的效果就越好，故②错误；
对于③，样本相关系数的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强，越接近0，成对样本数据的线性相关程度越弱，当时，表明成对样本数据间没有线性关系，但可能存在其它关系，故③错误；
对于④，对于一元线性回归模型中的斜率参数，则当时，表示解释变量和响应变量之间存在正相关，故④正确.
故选：B.
6．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接，
∵分别为的中点，则，
∴正方体的边长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为.
故选：D
7．数列的前n项和，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】，当时，，.
时，，.
是以为首项，公比的等比数列，.
，A选项错误.
，B选项错误.
，，是以1为首项，公比为4的等比数列.
，C选项错误.
，.
D选项正确.
8．已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．函数在区间上单调递增D．函数的图象关于点中心对称
【答案】C
【详解】对于选项A：因为函数的最小正周期，
所以，故A正确；
对于选项B：因为为最大值，
可知是函数的对称轴，所以，故B正确；
对于选项C：因为，令，可得，
所以函数在区间上不单调，故C错误；
对于选项D：因为，
所以函数的图象关于点中心对称，故D正确.
9．已知双曲线的两条渐近线分别为，点分别为双曲线的左、右焦点，以原点O为圆心且过两焦点的圆与交于点P(P在第一象限)，点Q为线段的中点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设于，作轴于H，
联立与，得，
因为P在第一象限，所以，
由渐近线的对称性可知，，
又，所以，
则，
又在中，，所以，
即，则，解得双曲线的离心率为.
故选：B
第二部分（非选择题 共105分）
填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10．已知复数满足，则__________.
【答案】/0.4
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
11．在的展开式中，项的系数是________．（用数字作答）
【答案】
【详解】，
的展开式通项为，
当，即时，，
当，即时，，
所以项的系数是．
故答案为：．
12．已知为抛物线上一个动点，为圆上一个动点，那么点到点的距离与点到直线的距离之和的最小值是______.
【答案】
【详解】过点作直线的垂线，垂足为点，设直线交直线于点，
抛物线的焦点为，准线方程为，
由抛物线的定义可得，
圆的圆心为，半径为，
所以点到点的距离与点到直线的距离之和为
.
当且仅当、为线段与圆、抛物线的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
所以点到点的距离与点到直线的距离之和的最小值是.
13．猜灯谜是元宵节特色活动之一.甲、乙两人独立地参加了今年的元宵节猜灯谜活动，已知甲猜对的概率为，乙猜对的概率为，甲、乙都猜不对的概率为.活动中，甲和乙猜对与否互不影响，则________；甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率________.
【答案】
【详解】设事件：甲猜对灯谜；事件：乙猜对灯谜.
由题意，与相互独立，且，，，.
因为甲、乙都猜不对的概率为，所以.
甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率为：
.
故答案为：；
14．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，，则____________；为线段上的动点，为中点，则的最小值为____________．
【答案】
【详解】因为，即，则，
又因为，可得，，所以；
因为正方形的边长为1，可得，且，
又因为为线段上的动点，设，且，
则，
因为为中点，则，
可得
又因为，所以当时，取到最小值．
故答案为：；．
15．已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________．
【答案】或
【详解】当时，由基本不等式，
当且仅当时，即时，等号成立，
且在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，且其值域为，
综上可大概画出图像，且有1个解：；有2个解：；
有3个解：；有2个解：；
若恰有4个零点，
即与的解的总个数为4个，
因为值域为，所以可知，
情况一：有1个解，即，且有3个解，则，
即，解之可得，
情况二：有2个解，即，且有2个解，则，
满足题意，综上可知或.
故答案为 ：或.
解答题：本题共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．已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．
(1)求；
(2)若，，求的面积；
(3)求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
因为，所以．
因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.
（2）由（1），由余弦定理，，，
得，所以，
解得或，
而，得，这与为钝角矛盾，不合题意舍去，
∴，
故的面积为.
（3）因为，，
所以
.
17．在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求四面体的体积.
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)
【详解】（1）方法一：取的中点，连接，，
由是的中点，得，而，则.
又，于是四边形是平行四边形，，
在中，，，有，
又由平面，平面，得，
而，，平面，
因此平面，所以平面.

方法二：由已知平面，而，则直线，，两两垂直，
如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
于是，，，，，
是的中点，所以，，
设是平面的一个法向量，
则，故可取，
因，则，所以平面.
（2）由（1）方法二建系，则，，
设是平面的一个法向量，
则，故可取，
显然平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
（3）方法一：由（2）已知平面的一个法向量为，
且，则点到平面的距离，
又，，，，
所以.
方法二：由（1）知为点到面的距离，，，
故.
18．已知椭圆的离心率为，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为.
(I)求椭圆的方程;
(II)设与圆相切的直线交椭圆于,两点(为坐标原点)，的最大值.
【答案】I. ；Ⅱ.2
【详解】I.由题设：
两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为，
解得
∴椭圆C的方程为
Ⅱ.设
1.当ABx轴时，
2.当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为
由已知，得
设三角形OAB的高为h即圆的半径,直线和圆的切点为M点，根据几何关系得到：=，
把代入椭圆方程消去y，
整理得,
有
得
当且仅当，即时等号成立.
当时，
综上所述
19．在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数n，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”．
(1)若，判断是不是“组差数列”，并说明理由．
(2)若是“组差数列，且为定值，证明：．
(3)记的前n项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数C，使得恒成立．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）是“组差数列”，理由如下：
由，得，
当时，，则，
所以，
则数列是以2为公差的等差数列，且，
故是“组差数列”.
（2）因为是“组差数列，
所以数列是以18为公差的等差数列，
则，
又为定值，所以可设，则，
所以，
所以数列是等差数列，且公差为，
则，
设，
则，
两式相减得，，
所以，即.
（3）因为为“组差数列”，
所以数列是以为公差的等差数列，
则，
令，则，
对于任意正整数n，均存在非负整数和整数，使得，
此时，
设这项中的最小值为，
因为，所以，
从而，
则，
令，由对任意的实数均成立，则.
20．已知函数，.
(1)当时，证明：1是的极值点；
(2)当时，证明：；
(3)若，对任意的，恒成立，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析 (3)
【详解】（1）当时，，，
时，，故；
时，，故，又，
所以1是的极值点.
（2）当时，只需证明，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，令
，，
令，则，
因为，，，
所以，所以单调递减，
所以，所以单调递减，
所以，
所以，
综上，原不等式得证.
（3）任意的，恒成立，只需要，
又是增函数，，，，
故由零点存在性定理可知，，使得，
此时，
由题设及可知，，解得，
当，，故单调递减，
当，，单调递增，
所以，取得极小值也是最小值，所以，
所以，得，
，
令，
，得（舍去）或，
当，0单调递增，当，，单调递减，
所以时，取得极大值也是最大值，
所以，
所以的最大值是.