精品解析：天津市宝坻区第一中学2024-2025学年高三下学期第五次月考数学试题

高三数学学科第五次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页. 答卷前：考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效.考试结束后，将答题纸交回. 第Ⅰ卷（共45分） 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. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的补集、交集运算求解即可. 【详解】因为全集，集合，则， 且集合，所以. 故选：D. 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】A 【解析】 【分析】由充分、必要条件的判断，结合不等式求解即可判断. 【详解】由，可得， 可得：，也即且， 可得，可得， 若，取，显然不成立， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 3. 已知变量和变量的一组成对样本数据的散点落在一条直线附近，，，相关系数为，经验回归方程为，则下列说法错误的是（ ） A. 当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强 B. 当时， C. ，时，成对样本数据的相关系数满足 D. 必定满足经验回归方程 【答案】A 【解析】 【分析】对于A：根据相关系数的性质分析判断；对于B：根据正相关分析判断；对于C：根据，，代入相关系数和最小二乘法公式中即可判断；对于D：根据经验回归方程必过样本中心点即可判断. 【详解】对当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强， 例如，，对应的样本数据的线性相关程度更强，故A错误； 于选项B：当时，变量和变量正相关，则，故B正确， 对于选项C：当，时，不变且， 所以，故C正确； 对于选项D：经验回归方程必过样本中心点， 所以必定满足经验回归方程，故D正确. 故选：A. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指对函数单调性比较与中间量的大小，根据角所在象限判断正弦函数值的符号得，进而可判断的大小关系. 【详解】因为在上单调递增，所以， 因为在上单调递减， 所以，且. 由，则， 综上可知. 故选：D. 5. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增，且曲线存在对称轴 B. 上单调递增，且曲线存在对称中心 C. 在上单调递减，且曲线存在对称轴 D. 在上单调递减，且曲线存在对称中心 【答案】B 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性、函数的奇偶性等知识确定正确答案. 【详解】令，得，解得，可知定义域是， 因为， 且在上单调递增，在上单调递增， 根据复合函数单调性同增异减可知在上是增函数， 又因为，即， 所以是奇函数，曲线存在对称中心，即B选项正确. 故选：B. 6. 已知函数的最小正周期为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，再根据周期公式求即可判断选项A；应用函数的最值判断B；根据函数的对称中心判断C；应用单调区间判断D. 【详解】由题知：， ∵函数的最小正周期为，∴. ∵，∴.故选项A正确； ∴，函数的最大值为，故选项B错误； 令，解得，当时，， ∴函数的图象关于直线对称，故选项C正确； ∵，∴，而在上为增函数， ∴函数在上单调递增，故选项D正确. 故选：B. 7. 设为双曲线的右焦点，，分别为的两条渐近线的倾斜角，已知点到其中一条渐近线的距离为，且满足，则双曲线的焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程求出渐近线方程，利用点到直线的距离公式及题目条件可求得的值，再根据渐近线的倾斜角关系得的值即可求解. 【详解】双曲线的渐近线方程为，即. ∵，分别为的两条渐近线的倾斜角，∴. 又∵，∴，∴，∴. 又双曲线的右焦点到其中一条渐近线（不妨取这条）的距离为， ∴，∴，， 双曲线的焦距为. 故选：C. 8. 瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案如下图，分别记为曲线，，，，已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到的：将的每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作等边三角形，再去掉底边．记为曲线所围成图形的面积，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知即在基础上多出个面积为的正三角形，整理可得，利用累加法可得结果. 【详解】因为， 可知即在基础上多出个面积为的正三角形， 则，即， 所以. 故选：C. 9. 欧阳南德与上官琐艾即将毕业，为了纪念美好的高中时代，二人来到南开工坊共同制作了属于他们的艺术品：该艺术品包括内外两部分，外部为一个正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“欧”、“阳”、“上”、“官”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“南”、“德”、“琐”、“艾”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒．已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为，为使内部正四面体在外部正四棱锥内（不考虑四棱锥表面厚度）可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用等体积法可求得正四棱锥的内切球半径，可知正四面体即在正四棱锥的内切球内转动，若正四面体体积最大，该球即为正四面体的外接球，将正四面体体嵌套在正方体中，则该球即为正方体的外接球，结合正方体的性质运算求解即可. 【详解】对于正四棱锥，可知， 则， 可得正四棱锥表面积为， 因为顶点在底面的投影为正方形的中心， 则，可得， 设正四棱锥的内切球半径为，则， 因为正四面体在正四棱锥内转动，可知正四面体即在正四棱锥的内切球内转动， 若正四面体体积最大，该球即为正四面体的外接球， 将正四面体体嵌套在正方体中，则该球即为正方体的外接球， 设正方体的边长为，则，即， 所以正四面体体的体积. 故选：D. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 是虚数单位，复数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的性质及定义求解. 【详解】因为， 故答案为： 11. 在的展开式中，所有项系数的和为64，其展开式中项的系数是_____．（用数字填写答案） 【答案】 【解析】 【分析】令，结合所有项系数的和可得，再根据二项展开式的通项运算求解. 【详解】对于，令，可得所有项系数的和为，即， 则的展开式通项为， 令，解得， 所以展开式中项的系数是. 故答案为：. 12. 已知抛物线，圆，过轴上一点作直线分别与和相切于，两点，其中点坐标为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得直线的倾斜角，则，结合圆的半径即可得结果. 【详解】因为抛物线，即，则， 可知直线的斜率，倾斜角，则， 又因为圆的半径，且， 所以. 故答案为：. 13. 已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从甲箱中取出的球是一黑一红”为事件，“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则_____；_____． 【答案】 ①. ##0.6 ②. ##0.7 【解析】 【分析】由古典概型的概率公式，及全概率公式可得答案. 【详解】记“从甲箱中取出的球恰有个红球”为事件， 根据题意可得， ， 所以 . 故答案为：, 14. 在平面凸四边形中，，分别为边，上的动点，已知，，． （1）当，分别为边，的中点时，线段的长为_____； （2）当时，线段长的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）建系，取，设，根据中点结合向量的坐标运算可得，，即可得结果；（2）设的夹角为，根据数量积的定义分析模长即可. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则，即， 设， 因为，分别为边，的中点， 则，可得， 又因为，可得，即， 且，解得， 所以； （2）因为，设的夹角为， 又因为， 可得，当且仅当，即同向时，等号成立， 所以线段长的最小值为； 故答案为：；. 15. 已知方程恰有4个不同的实数解，则正实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】将方程解的个数问题转化为函数图象交点个数求解，结合的对称性，根据单调性变化分类讨论确定分段函数各段解析式，再结合图象求解可得. 【详解】令， ，图象关于对称， 其中，. 如图作出函数的图象. 图象关于直线对称， 其中. 当时， ， 又当时，由可知，在单调递增， 由关于直线对称，则在单调递减， 故. 当时，令， 解得， 故函数的图象必与直线有个交点， 当时，，令， 解得，. ， . 由及，均解得. ①当时，， 故此时函数的图象在上与的图象有两个交点； 再令， 得方程，由， 由时，，方程无解； 且， 故此时函数的图象在上与的图象无交点； 因此，当时，方程有2个不同的实数解，不满足题意； ②当时，，又， 故此时函数的图象在上与的图象只有一个交点； 要使方程恰有4个不同的实数解， 则需函数的图象在上与的图象恰有个交点， 又在上单调递减， 令， 方程在上至多个交点， 所以方程在上至少有个交点， 则，解得，不满足条件， 故当时，不满足题意； ③当时，， 分别作出图象可知，两函数图象此时有两个交点，不满足题意； ④当时，， 此时上单调递增，且在上也单调递增， 故在上单调递增； 由对称性可知在上单调递减； 又， 结合图象可知，两函数图象有个交点，不满足题意； 若，则， 故在上单调递减；在上单调递增； 在上单调递减； 在上单调递增；在上单调递减， 在上单调递增. 当时，； 由关于直线对称可知， 则当时，， 其中，， 由解得. 由解得. ⑤当时，，， 当时，即； 由关于直线对称可知， 则当时，； 结合的单调性，由的图象可知， 此时与的图象有个交点，不满足题意； ⑥当时，此时， 当时，令 得，解得，且， 故在内无解； 又， 结合函数单调性作出与图象，可两图象有个交点，不合题意； ⑦当时，当时，由，，且， 故的图象在内有个交点， 当时， 令，化简得， 解得，又由，， 故，内无交点； 结合函数单调性与图象， 可知在与内各有个交点； 综上可知与的图象有个交点，满足题意； ⑧当时，， 且， 又， 且，， 分别作出函数图象，与图象有个交点，不合题意； ⑨当时，， ， 令，可得，， 由上同理可知， 故与的图象在与内各有一个交点； 又， 故结合单调性与图象可知， 故与的图象在与内都没有交点， 故当时，的图象有个交点，不合题意； 综上所述，正实数的取值范围是. 故答案为：. 三、解答题：本大题共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. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上的高； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边角转化可得，即可得结果； （2）根据题意结合面积关系可得，进而可求高； （3）先利用倍角公式求，再结合两角和差公式运算求解. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以. 【小问2详解】 因为，可得， 联立方程，解得或（舍去）， 由（1）可得，则，即， 设边上的高为， 则，即，解得， 所以边上的高为. 【小问3详解】 因为，且，则， 可得， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，，．是的中点，是的中点，是与的交点． （1）证明：∥平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行； （2）求，结合（1）中的法向量利用空间向量求线面夹角； （3）利用空间向量求点到平面的距离，进而可求体积. 【小问1详解】 因在直三棱柱中，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 且是的中点，是的中点，是与的交点， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为，可知， 且平面，所以∥平面. 【小问2详解】 由（1）可得：， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）可得：， 则点到平面的距离， 又因为，则边的高， 所以三棱锥的体积. 18. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离可得，结合离心率列式求解即可得方程； （2）设直线为，联立方程结合韦达定理分别求，再利用基本不等式分析最值即可. 【小问1详解】 因为离心率为 由题意可知：， 则直线，即， 可得原点到直线的距离为，即， 由题意得：，解得：， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）可知：，且直线与椭圆必相交，且斜率不为0， 可设直线为， 联立椭圆方程，消去x可得， 则， 可得， 其中， 可得， 因为直线PQ为线段MN的垂直平分线， 则直线PQ：， 令得：，即， 所以， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 19. 已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. （1）求与的通项公式； （2）设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； （3）设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）627 【解析】 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的基本量运算可得答案； （2）设求出n为偶数，进而求出两数列的公共项通项公式，利用等比数列求和公式可得答案； （3）利用错位相减法求出，结合单调性和恒成立可得答案. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为，则， 解得，所以，. 【小问2详解】 设，则， ， 因为为正整数，所以能被4整除，所以为偶数， 即，. 【小问3详解】 因为，所以， 所以； 又，所以， ， ， 两式相减可得 . ， . 因为，所以； 所以， 时，令，则， 即为递增数列，所以，解得， 故的最小值为. 20. 已知函数，设为的导函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，有且仅有一个极值点； （3）判断当时，的所有零点之和与的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）函数的所有零点之和大于，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）要确定函数的极值点情况，则需要判断其导函数的单调性，设，对进行变形处理，即，即判断函数的取值情况，即可得的取值情况，从而确定函数的极值点取值个数； （3）结合的单调性，确定其零点，从而得函数的极值点分布.根据函数的单调性，结合零点存在定理即可确定函数的零点个数及范围，利用三角函数与指数函数的单调性即可判断的所有零点之和与的大小关系. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为，，所以， 设，， 则，其中恒成立， 设，， 则， 因为，所以， 所以当，即时，，函数单调递减； 当，即时，，函数单调递增； 当，即时，，函数单调递减， 又，， ，，， 所以，使得，即， 所以对于，有， 当时，，，函数单调递增； 当时，，，函数单调递减， 所以是函数的极大值点，无极小值点， 所以函数有且仅有一个极值点. 【小问3详解】 函数的所有零点之和大于，理由如下： 由（2）知， ，使得当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减， 又，所以，， 因为，所以，所以， 所以，使得；，使得， 所以当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 又，，所以， 又，， 所以，使得，所以， 又，所以， 所以，使得， 又， 所以函数在区间上无零点； 故函数在上有两个零点，且， 由可得：， 所以，， 又，所以，所以，所以， 所以， 又，所以，， 因为函数在上单调递减，所以，即， 所以函数的两个零点之和大于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学学科第五次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页. 答卷前：考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效.考试结束后，将答题纸交回. 第Ⅰ卷（共45分） 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. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 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 3. 已知变量和变量的一组成对样本数据的散点落在一条直线附近，，，相关系数为，经验回归方程为，则下列说法错误的是（ ） A. 当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强 B. 当时， C. ，时，成对样本数据的相关系数满足 D. 必定满足经验回归方程 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增，且曲线存在对称轴 B. 在上单调递增，且曲线存在对称中心 C. 在上单调递减，且曲线存在对称轴 D. 在上单调递减，且曲线存在对称中心 6. 已知函数的最小正周期为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递增 7. 设为双曲线的右焦点，，分别为的两条渐近线的倾斜角，已知点到其中一条渐近线的距离为，且满足，则双曲线的焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案如下图，分别记为曲线，，，，已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到的：将的每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作等边三角形，再去掉底边．记为曲线所围成图形的面积，则（ ） A B. C. D. 9. 欧阳南德与上官琐艾即将毕业，为了纪念美好的高中时代，二人来到南开工坊共同制作了属于他们的艺术品：该艺术品包括内外两部分，外部为一个正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“欧”、“阳”、“上”、“官”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“南”、“德”、“琐”、“艾”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒．已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为，为使内部正四面体在外部正四棱锥内（不考虑四棱锥表面厚度）可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 是虚数单位，复数，则______. 11. 在的展开式中，所有项系数的和为64，其展开式中项的系数是_____．（用数字填写答案） 12. 已知抛物线，圆，过轴上一点作直线分别与和相切于，两点，其中点坐标为，则_____． 13. 已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从甲箱中取出的球是一黑一红”为事件，“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则_____；_____． 14. 在平面凸四边形中，，分别为边，上的动点，已知，，． （1）当，分别为边，的中点时，线段的长为_____； （2）当时，线段长的最小值为_____． 15. 已知方程恰有4个不同的实数解，则正实数的取值范围是_____． 三、解答题：本大题共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. 在中，角，，所对边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上的高； （3）若，求的值． 17. 如图，在直三棱柱中，，，．是的中点，是的中点，是与的交点． （1）证明：∥平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过点直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值． 19. 已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. （1）求与的通项公式； （2）设是由数列及公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； （3）设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 20. 已知函数，设为的导函数. （1）求曲线在点处切线方程； （2）证明：当时，有且仅有一个极值点； （3）判断当时，的所有零点之和与的大小关系，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $