精品解析：天津市新华中学2025届高三下学期统练试卷（5）数学试题

2025年天津市新华中学高考数学统练试卷（五） 一、单选题：本题共9小题，每小题3分，共27分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，，则集合M中元素的个数为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”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. 已知函数，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如下图所示的统计图.记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等边三角形.若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正项数列满足，且，则（ ） A. 27 B. 30 C. 33 D. 36 9. 若抛物线上恒有关于直线对称的两点A，B，则p的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分. 10. 若复数z满足，则______. 11. 的展开式中的系数为______. 12. “太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中所有曲线均为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的取值范围是_______． 13. 对某实验项目进行测试，测试方法：①共进行3轮测试；②每轮测试2次，若至少合格1次，则本轮通过，否则不通过.已知测试1次合格概率为，如果各次测试合格与否互不影响，则在一轮测试中，通过的概率为________；在3轮测试中，通过的次数X的期望是________. 14. 已知两个单位向量，，若，______；的最小值是______. 15. 函数，，若恰有个零点，则实数取值范围是______. 三、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 （1）求证：； （2）若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 18. 已知椭圆左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为. （1）求的方程. （2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点（不同于左右顶点），记直线的斜率为，直线的斜率为，则是否存在实常数，使得恒成立. 19. 已知等比数列的前n项和为，满足，，数列满足，，且. （1）求数列，的通项公式； （2）设，为的前n项和，求. 20. 已知函数，， （1）当时，设函数的图象、的图象与函数的图象的交点分别为P，Q，求线段PQ中点M的坐标. （2）若对恒成立，求实数k的取值范围. （3）若函数至少有两个相异的零点，求整数k的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年天津市新华中学高考数学统练试卷（五） 一、单选题：本题共9小题，每小题3分，共27分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，，则集合M中元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件确定集合中的元素即可. 【详解】因为集合中的元素, 所以当时,,此时; 当时,,此时; 当时,，此时, 根据集合中元素的互异性可知,， 即集合，所以集合M中元素的个数为. 故选:C 【点睛】本题主要考查集合中元素的互异性;其中根据条件逐一找出所有可能的元素是求解本题的关键;属于基础题. 2. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”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】C 【解析】 【分析】利用等比递增数列的定义判断即可. 【详解】（1）充分性证明：设数列的公比为q, 由，得， 当时，，则或，当时，显然是递增数列， 当时，则数列为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 同理当时，，当时，显然是递增数列， 当，为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 故充分性成立. （2）必要性证明：若是递增数列，则从第二项开始，每一项都比它的前一项大， 所以，，故，由上两个式子可得，，必要性成立. 故选：C 3. 已知函数，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据解析式及奇偶性定义判断函数的奇偶性，再结合上的函数值符号、排除法即可得. 【详解】由解析式易知函数定义域为R，且， 所以为偶函数，排除A、D； 当时，，则，排除B. 故选：C 4. 已知，，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论. 【详解】，即. 故选：C. 5. 某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如下图所示的统计图.记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由统计图分别求出该月温度的中位数，众数，平均数，由此能求出结果． 【详解】解：由统计图得： 该月温度的中位数为， 众数为， 平均数为． ． 故选：A． 6. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间几何体及球的特征确定球心，结合球体体积公式计算即可. 【详解】 因为底面，底面，即， 根据题意可知为等边三角形，为直角三角形， 而， 则， 取的中点，连接，所以， 易知，则， 所以三棱锥的外接球的球心为F， ， ∴该外接球的体积为. 故选：B 7. 函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等边三角形.若，且，则的值为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的部分图象知等边底边上的高和边长，求出的最小正周期和，根据求出，利用，结合正弦函数的图象与性质，得出的范围，求出即可计算的值． 【详解】由函数的部分图象知，等边底边上的高为，所以边长， 所以的最小正周期为，所以， 所以，由，得， 又，所以， 由，得， 所以， 所以 故选：. 8. 已知正项数列满足，且，则（ ） A. 27 B. 30 C. 33 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】当时，可得，当时，利用作差法可得到，即当时，数列是公差为3的等差数列，从而可得，进而可得，由，可求解，的值，再利用等差数列的通项公式即可求解 【详解】当时，，可得， 因①， 可知时，②， 用①-②得：， 等式两边同乘，得到，即， 即当时，数列是公差为3的等差数列， 所以，又，所以， 又因为，则 整理得，即， 因为数列是正项数列，所以， 所以，所以 故选：A 9. 若抛物线上恒有关于直线对称的两点A，B，则p的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出A，B两点的坐标，因为A，B在抛物线上，把两点的坐标代入抛物线方程，作差后求出AB中点的纵坐标，又AB的中点在直线上，代入后求其横坐标，然后由AB的中点在抛物线内部列不等式求得实数p的取值范围． 【详解】设，是抛物线上关于直线对称的两点，则 ① ② ①-②得， 整理得， 所以，即 所以 设AB的中点为，则 又M在直线上，所以 则 因为M在抛物线内部，所以 即，解得 所以p的取值范围是 故选：C 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分. 10. 若复数z满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可． 【详解】由，得，则 故答案为： 11. 的展开式中的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算可得的展开式中项与项的系数，则可得的展开式中的系数. 【详解】对有， 则展开式中项的系数为， 展开式中项系数为， 则展开式中的系数为. 故答案为： 12. “太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中所有曲线均为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】记，则为直线AP的斜率，数形结合即可求出最小值和最大值，从而可得其范围. 【详解】记，则为直线AP的斜率， 故当直线AP与半圆相切时，k最小， 此时设，故，解得或， 由图可知需舍去， 故． 当过时，． 故答案为：. 13. 对某实验项目进行测试，测试方法：①共进行3轮测试；②每轮测试2次，若至少合格1次，则本轮通过，否则不通过.已知测试1次合格的概率为，如果各次测试合格与否互不影响，则在一轮测试中，通过的概率为________；在3轮测试中，通过的次数X的期望是________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据给定条件利用独立事件概率的乘法公式求出两次都不合格的概率即可得通过的概率；再利用二项分布的期望公式计算作答. 【详解】依题意，一轮测试的2次都不合格的概率，所以在一轮测试中，通过的概率为； 在3轮测试中，通过的次数X的所有可能值为：0，1，2，3， 一轮测试就是一次试验，有通过与不通过两个结果，因此，，则， 所以通过的次数X的期望是. 故答案为：； 14. 已知两个单位向量，，若，______；的最小值是______. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】利用单位向量，为临边构造等边三角形，则为等边三角形的第三边，向左平移，使的终点与的起点重合，即可构造出，在直线上取一点，连接，即可构造出向量，后看图计算可得. 【详解】由数量积的定义得，， 如下图所示，得到一个正三角形，就是，故， 故答题空1答案为1； 平移，可得，且，，所以，故，由上图可知，设，则，易知当时，有的最小值为，故的最小值是. 【点晴】此题考向量的运算，合理的构造图形，可以有效减少计算量，属于简单题. 15. 函数，，若恰有个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足，或者，，结合的性质，得. 【详解】画出的图像如下图所示. 设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足“，”或者“，”. 由于，所以在上递减，在上递增，两个零点为，最小值为.由于.所以实数的取值范围是，即 故答案为： 【点睛】本小题主要考查函数零点问题研究，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 三、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解． 【小问1详解】 依题意，， 所以， 由正弦定理可得，， 由余弦定理，，解得， 因为，所以； 【小问2详解】 依题意，， 因为，解得， 因为， 所以， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 （1）求证：； （2）若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出.  （2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面.  （ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 【小问2详解】 证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为. （1）求的方程. （2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点（不同于左右顶点），记直线的斜率为，直线的斜率为，则是否存在实常数，使得恒成立. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，由韦达定理代入可得答案. 【小问1详解】 依题意，得，即， 解得，所以的方程； 【小问2详解】 依题意，可设直线的方程为， 联立方程，化简整理，得， 易得恒成立， 设，由韦达定理， 得，可得， 于是 ， 故存在实数，使得恒成立. 19. 已知等比数列的前n项和为，满足，，数列满足，，且. （1）求数列，的通项公式； （2）设，为的前n项和，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，即可求出，再根据两边同除以，可得，即可求出 （2）根据分组求和、裂项求和及错位相减法，即可求出答案. 【小问1详解】 ，， ，， 又，， ，， 由两边同除以， 得， 从而数列为首项，公差的等差数列， ， 从而数列的通项公式为 【小问2详解】 由（1）知， ， ， 设， 则， 两式相减得， 整理得， . 20. 已知函数，， （1）当时，设函数图象、的图象与函数的图象的交点分别为P，Q，求线段PQ中点M的坐标. （2）若对恒成立，求实数k的取值范围. （3）若函数至少有两个相异的零点，求整数k的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用互为反函数，又函数的图象也关于直线对称，可求线段PQ中点M的坐标. （2）由题意恒成立，可令，利用单调性可得，参变分离，可得，令，求导可得其最大值，进而可得k的取值范围； （3）求导，由（2）可得，函数至多只有一个零点，可得，由，可得函数至少存在两个零点，可得结论. 【小问1详解】 当时，函数与函数互为反函数， 两个函数的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称， 所以P，Q关于直线对称. 综上可知点M为函数的图象与直线的交点， 计算可得M的坐标为 【小问2详解】 不等式恒成立等价于恒成立， 即恒成立， 构造函数，上式等价于 易知为单调递增函数，所以，等价于， 设函数，求导可得， 当时，；当时，； 由此可得在上单调递增，在上单调递减， 即可得，由此可得k的取值范围是 【小问3详解】 定义域为，由函数， 可得， 由（2）可知，当时，， 即可得在上单调递增，所以函数至多只有一个零点. 所以当函数至少有两个相异的零点时，， 又因为k为整数，所以不妨令，则， 当时，，，当时，， 此时函数至少存在两个零点，由此可得整数k的最大值为 【点睛】关键点点睛：恒成立，得到，利用同构令，利用单调性得到，进而计算可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $