2026年天津卷数学高考真题

D

【详解】由题可得,又因， 则.

A

【详解】由，解得：或， 即时，成立，反之不成立， 所以“”是“”的充分而不必要条件.

A

【详解】因为相关系数，且散点图从左到右呈现下降趋势，且整体分布在较窄的带状区域， 所以y与x负相关，所以A正确，D错误； 当时，，所以约为， 所以B，C错误.

C

【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确.

D

【分析】A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 【详解】由题意， 在正方体中， A项， ，， ∴四边形是平行四边形， ∴，A正确； B项， 由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面， ∴平面， 由几何知识得，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面， ∵，， ∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为， 此时有， ∴平面， ∵平面， ∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误.

A

【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简，再由指数函数、对数函数和幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得， 因为函数在上单调递增，所以， 又因函数在上单调递增，则， 所以， 因，且在上单调递增， 所以，即. 故.

B

【详解】因为， 当且仅当，即，时，等号成立, 所以的最小值为9.

C

【分析】根据前n项和的含义，依次令，逐步计算即可得到结果. 【详解】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以.

D

【分析】过点作垂直轴，垂足为，根据几何关系用表示出点坐标，代入双曲线方程构造齐次式，然后可得离心率. 【详解】如图，过点作垂直于轴，垂足为， 因为，所以，所以， 又，所以， 根据双曲线对称性，不妨设点在第二象限，则， 将点坐标代入双曲线方程得：， 整理得， 将代入上式，整理得， 两边同时除以，整理得，解得. 第II卷（非选择题） 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：本题共6小题，每小题5分，共30分．

【详解】.

【分析】根据二项式定理得到展开式的通项公式即可求解. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为， 当时，，因此的系数为.

##

【详解】在中，，所以， 由正弦定理可得.

①. ②.

【分析】第一空：计算出每次取到不是黄球的概率，即可得出三次都没取到黄球的概率；第二空：计算出至少取到一次红球的概率，借助条件概率即可得出结论. 【详解】由题意， 第一空： 箱子里总共有6个球，其中黄球2个，非黄球共4个。 设事件表示没取到黄球，事件表示三次都没取到黄球， 有放回抽取，每次取到非黄球的概率为， 三次都没取到黄球的概率：. 第二空： 设事件表示至少取到一次红球，事件表示三次都取到白球， ， ∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：， ， ∴， ∴在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是.

① ②.

【分析】第一空：利用和得出和的值，即可得出结论；第二空：将代入得，展开，令，，，代入并整理，得出，即可求出的取值范围. 【详解】由题意， ，，， 第一空： 当时，， ∴， ∴. 第二空： 将代入得， 两边平方，得：， 展开：， 代入，，记， ， 令，，， 则原式变为：， 配方得：， 由于 ，，因此 ， 即 ，解得， ， 因此，的取值范围为：.

②④

【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得. 【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等. 设抛物线上任意两点，其中. 当时，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则直线与轴的交点横坐标 特别地，当时，， 此时直线垂直于轴，也成立， 因此，直线与轴的交点横坐标（）. ①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为， 故由式可得，即，故①错误； ②由题意直线与直线交轴于点， 则由式可得点横坐标， 可得，故②正确； ③由题意直线交轴于点，直线交轴于点， 则由式可得 ， 则， 故，故③错误； ④由式可得， 当点或为原点时，则点也重合于原点，此时； 当点与均不为原点时，即，且， 则结合②结论可知，， 则有，故④正确； ⑤由，可知，则， ， 如图，当时，不成立，故⑤错误； 故答案为：②④ 三、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．

（1）

【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解； （2）利用换元法，结合正弦函数性质求解； （3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 若，则， 由正弦函数性质可知，当，即时，函数有最小值，即， 当，即时，函数有最大值，即. 所以函数的最大值为，最小值为； 【小问3详解】 若，，所以， 则，， 则.

（1）方法一：如图，过点作//,交于点，则有,.

【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；或由面面角的向量求法可得； （3）由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积；或由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为.

（1）

【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【小问1详解】 由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为.

（1）

【分析】（1）通过基本量计算即可求得通项公式； （2）（i）分析和项的特征，结合集合的定义即可得解；（ii）利用分组求和法和错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为， 所以，即，解得或（公比不能为0，舍去）， 所以 【小问2详解】 （i）由（1）知为偶数，为奇数，所以数列和没有相同项， 根据题意，集合中的元素由数列和中小于等于项组成， 小于的正偶数有个，由得，， 所以数列中小于等于的项有个，中小于等于的项有个， 所以. （ii）当时，中小于等于的项有个， 又为偶数时，中小于等于的项有个，为奇数时，中小于等于的项有个， 所以， 所以， 从到共有项， 又为奇数时， 所以 ， 所以 令①， 则②， ①-②得 ， 所以， 所以

（1）

【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； （2）令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【小问1详解】 由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则最大值为