天津河东区2026届高三第二学期质量检测（二）数学试题（含解析）高考模拟

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本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题共45分）
一、选择题：本大题共9个小题，每小题6分，满分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的，请将正确结论的代号填在下表内.
1. 已知全集，集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的运算即可求解．
【详解】由题可得，，，
所以，则．
2. 已知，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先解出不等式，再根据集合间的关系，即可得答案．
【详解】或，解得或，
，解得或，
因为是的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件．
3. 已知函数，当函数为奇函数时，为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的性质求得，再根据对数的运算即可求解．
【详解】由题知，，则定义域为，
所以，
，经检验满足题意，
又，
所以．
4. “明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出天津市三月份每日最高气温与最低气温的数据，绘制了气温与日期关系的散点图（如图），并进行统计学分析，下列说法正确的是（ ）

A. 小明根据散点图判断气温与日期无相关关系
B. 小华利用最小二乘法计算最高气温与日期的经验回归方程为，其中x为日期（3月1日为，3月31日为）
C. 小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很弱
D. 小强判断无论是最高气温与日期，还是最低气温与日期都正线性相关
【答案】D
【解析】
【分析】由散点图，回归直线方程的性质，变量间的相关关系分别判断即可求解．
【详解】对于A，观察散点图，横轴代表日期，纵轴代表气温，图中的散点分布并不是杂乱无章的，而是呈现出一种带状分布，
且整体趋势是随着日期的增加，气温也在逐渐升高，这种趋势表明气温与日期之间存在密切的联系，即存在相关关系，故A错误；
对于B，回归直线方程中，斜率反映了变量随的变化趋势，
若表示变量随的增大而增大，为正相关，若表示变量随的增大而减小，为负相关；
由散点图可知，气温随日期的增大而升高，属于正相关，所以回归方程的斜率应为正数，
而小华计算最高气温与日期的经验回归方程斜率为，故B错误；
对于C，的值越大，相关性越强，小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很强，故C错误；
对于D，由散点图可知，无论是最高气温还是最低气温，其数据点都呈现出随日期增加而上升的趋势，为正线性相关，故D正确．
5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别判断与的大小关系即可.
【详解】由可知，底数，指数，因此
又因为且所以
再看利用换底公式，
由于所以从而
综上可得
因此
6. 已知双曲线，双曲线的某弦中点为，且点在第一象限，弦所在直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由点差法即可求解．
【详解】由双曲线方程得，渐近线方程为，则直线的斜率，
设，代入双曲线方程得，
两式相减得，，
所以，
因为弦中点为，所以，
当时，，
当时，，
又因为点在第一象限，所以，
所以．
7. 已知点为坐标原点，，，点在内部，，其中，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由的坐标得出直线方程，再根据点在内部列出关于的不等式组，结合，得出所有可能的点坐标，由平面向量数量积的坐标运算即可求解．
【详解】因为点为坐标原点，，，
所以直线的截距式方程为，即，
因为点在内部，
所以满足不等式组，
由，且，，
当时，由得，，点可以是；
当时，由得，，点是；
当时，此时不存在满足题意的正整数，
综上所述，满足条件得点共有三个：，；
因为，
所以，，
，
所以
，
当点为时，，
当点为时，，
当点为时，，
所以最小值为．
8. “明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案：
方案甲：第一次提价，第二次提价；方案乙：第一次提价，第二次提价；
方案丙：第一次和第二次均提价；
方案丁：第一次提价，第二次降价；
其中，则四个方案中提价最多的方案为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【详解】设商品原价为，
对于甲：最终价格为；
对于乙：最终价格为；
所以甲、乙方案结果相同，
对于丙：最终价格为；
由均值不等式，，所以方案丙的最终价格高于甲、乙，
对于丁：最终价格为：，该式存在负项，所以明显小于其他方案的结果，
综上，提价最多的是方案丙.
9. 已知，在函数的部分图象中（如图），其图象上的点，，是同一直线上的三点，且该直线与轴交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】已知，而且共线，因此可以把这条直线的方向向量设出来，再把三个点都写成同一个参数形式.随后利用它们都在函数的图象上，把几何条件转化为三组正弦值关系，最后联立求出.
【详解】设，并设直线 的单位方向向量为
由可得
因为都在函数的图象上，所以
令
则上面三式化为①②③
由 ①+②得
若，设，则由②③可推出
即
由于，故，从而，这与图象位置关系矛盾，因此不成立.
所以只能有取最小正值，
此时由①③得
即所以
于是故
再由得
而，所以
因此
第Ⅱ卷（非选择题 共105分）
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，满分30分.请将答案填在题中横线上.
10. 已知复数满足，则__________．
【答案】.
【解析】
【分析】在等式两边同时除以，再利用复数的除法法则可得出复数.
【详解】，，
故答案为.
本题考查复数的除法，解题的关键就是从等式中得出的表达式，再结合复数的四则运算律得出结果.
11. 的展开式中的常数项为________．（用数字表示）
【答案】672
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式即可求解．
【详解】的展开式的通项公式为，
令，即，
所以常数项为．
12. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上且在x轴上方，，O为坐标原点，以PO为直径的圆被直线PF所截得的弦长为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合抛物线的定义可得，进而可得圆心和半径，以及直线的方程，结合垂径定理求弦长.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，
设，，
因为，则，
可得，则，即，
可知以PO为直径的圆的圆心为，半径，
且直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以所截得的弦长为.
13. 立德中学高三年级进行新年联欢，有一个抽奖游戏，箱子中放了100个一样规格的红包，里面分别放入1，2，3，…，99，100元，若从中随机抽取两个红包，其中一个超过50元，另一个不超过50元的概率为________；若依次（不放回）抽两次红包，得到的奖金数额之和为偶数的概率为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据古典概型，排列组合及分类分步计数原理即可求解．
【详解】由题知，从箱子中随机抽取两个红包，其中一个超过50元，另一个不超过50元的概率为；
100个红包中，奖金数额为奇数的有50个，奖金数额为偶数的有50个，
两次抽到的奖金数额之和为偶数，情况有2种，两次抽到都是奇数或偶数，
所以依次（不放回）抽两次红包，得到的奖金数额之和为偶数的概率为．
14. 已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由正四棱锥的性质及四棱锥的体积公式即可求解．
【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，平面截正四棱锥的截面为四边形，与交点为，如图所示，
因为的中点分别为，点为中点，
所以，且，
又平面，平面，
所以，平面，又，平面，且，
所以平面平面，则点也为中点，
所以四棱锥P−MEGF 与正四棱锥相似，相似比为，
所以四棱锥的底面边长为，高为，，
所以，
设体积较小部分的体积为，体积较大部分的体积为，
则，，
所以；
设底面正方形的中心为，作出平面与正四棱锥的截面图，交于点，
因为，所以为等腰直角三角形，，
在平面中，，
设，PH=λPM+1−λPG=kλPA+131−λPC，
因为，
所以kλPA+131−λPC=14PA+14PC，即kλ=14131−λ=14⇒λ=14k=1，
所以，即点重合，如图所示，截面为，
连接，，过点作，垂足为，
下面证明即为四棱锥底面的高，，
因为底面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以，，
又，，平面，
所以平面，即即为四棱锥底面的高，
在中，AG=AP2+PG2=a2+13a2=103a ，
斜边上的高为，，
所以，
由正四棱锥的性质可得，，
，
所以．
15. 已知二次函数，若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据的范围分类讨论，结合对于任意，都有成立，解不等式即可求解．
【详解】因为是一个区间，所以，
二次函数的对称轴为直线，
①当时，即，函数在上单调递增，
所以，
要使对于任意，都有成立，则，
所以，解得；
②当时，即时，
函数在处取得最小值，，
则，不等式无解；
③当时，即，函数在上单调递减，
所以，
则，不等式无解；
综上所述，的取值范围是．
三、解答庼：本大题共5小题，满分75分.解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程.
16. 已知正三角形，边长为3，点在边上（如图），，．
（1）求的长，的值；
（2）求的值；
（3）求的长．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求解即可；
（2）由二倍角的正弦及两角和的正弦公式求解；
（3）利用正弦定理求解.
【小问1详解】
在中，，，，
，解得，
，.
【小问2详解】
由（1），,
.
【小问3详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
所以，解得.
17. “明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面即可；
（2）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解；
（3）利用向量法求出，再由三棱锥体积公式求解.
【小问1详解】
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
根据已知得，，，，，
，，，，，
则，，，
设平面的法向量为．
则，令，则，
因为，所以，
所以平面.
【小问2详解】
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
因为，
，，
所以，
所以．
18. 数列为等差数列，数列为各项不为零的等比数列，公比为2，，．
（1）证明：；
（2）求集合中元素的个数；
（3）当时，将数列的每相邻两项，之间插入一个数，构造新数列，即，，，，…，数列的前项和为，求及满足的最小正整数．
【答案】（1）证明见解析
（2）元素个数为9 （3），最小正整数
【解析】
【分析】（1）由等差数列，等比数列基本量的计算，结合已知即可证明；
（2）由等差数列，等比数列基本量的计算，结合得出，再根据的范围即可求解；
（3）由分组求和，错位相减法求得，再根据单调性即可求解最小正整数．
【小问1详解】
设的通项公式为，，的通项公式为
因为，所以，则，
因为，所以，则，
所以．
【小问2详解】
由，得，，所以，
又因为，所以，
因为函数在上单调递增，
所以，元素个数为9．
【小问3详解】
由已知得，，，
设，
设①
②
①-②得：，
，
所以，
因为，，
所以单调递增，
又，，，，
所以最小正整数．
19. 已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限．
（1）求椭圆方程；
（2）若，求；
（3）若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）由已知直接求解方程即可；
（2）先求出点关于直线的对称点，即可得出直线的方程，与椭圆方程联立即可求解；
（3）设Qt,−x02y0t,t>0 ，由两点之间距离公式得出的方程，结合椭圆方程求解，再表示出直线即可证明．
【小问1详解】
由离心率为，得，所以，，，Ec2,0，
AE=c22+b2=52c=5，
所以，则，，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，A0,2,F2,0，则，
所以直线的方程为：，
因为，所以点关于直线的对称点在直线上，
因为关于直线的对称点为，
所以直线的斜率为，可设lAP:y−2=−12x−0，
联立y=−12x+2x2+2y2−8=0，，解得（舍），，
所以，即．
【小问3详解】
设Qt,−x02y0t,t>0 ，因为，
所以x0−t2+y0+x02y0t2=8 ，整理为1+x024y02t2−x0t+x02+y02−8=0 ，
由椭圆方程可知x02+2y02−8=0 代入得，，
因为，所以，则Q2y024−x0,−x0y04−x0，
，lPQ:y−y0=y0x0−2x−x0．
整理为lPQ:y=y0x0−2x−2，显然过定点，定点坐标为．
20. 已知函数．
（1）函数有两个零点，求的取值范围；
（2）若直线为函数的一条切线，求的值；
（3）函数，若对任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分类讨论，当时不合题意，当时，由导数求得极小值，列出不等式求解即可；
（2）设切点为，由已知切线方程列出方程组，由导数求解即可；
（3）由切线放缩，构造函数，结合导数分类讨论的范围即可求解．
【小问1详解】
，
①当时，，则单调递增，最多有一个零点，不合题意，舍去；
②当时，令，设，
在上，，在单调递减，
在上，，在单调递增，
所以的极小值为，
由已知，时，时，只须，
所以，即，
解得．
【小问2详解】
，设切点为，由已知切线方程可知，
由代入下式得，
所以，
令，，由得，
因为，
所以在为单调递增函数，为方程的唯一解．
所以，．
【小问3详解】
，
设，
，令，得，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即，
所以，
令，，令，，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
，解得，
显然当时，恒成立，
当时，，存在，不符合条件，
综上所述．