精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年第二学期高三数学统练四

北京市第八十中学2025-2026学年第二学期高三一模前模拟练习 数学学科 统练四 （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答. 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若是虚数单位，计算复数（   ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，则“”是“为递增数列”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 4. 下列函数中，定义域和值域相同的是（ ） A B. C. D. 5. 若一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再将其横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，圆与双曲线相交于A，B，C，D四点，若点A，B，C，D构成圆O圆周的四等分点，圆O的直径长度是双曲线C实轴长的3倍，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8 已知正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知正项数列满足为数列前项和，则下列结论中正确的是（　　） ①数列为递增数列 ② ③ ④ A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ①③④ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知向量，，且，则______. 12. 若的展开式的常数项为60，则a＝_____ 13. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的方程为__________. 14. 已知函数，则函数的零点为______；若函数有3个零点，则实数的取值范围为________． 15. 已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 其中所有正确结论的序号是________． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 中，已知.边上的中线为. （1）求； （2）从以下三个条件中选择两个，使存在且唯一确定，并求和的长度. 条件①：；条件②；条件③. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. （1）证明：平面； （2）若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下： 是否使用该款学习软件 男生 女生 使用 40人 30人 不使用 10人 10人 假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率. （1）估计该校学生使用该款学习软件的概率； （2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望； （3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零直线，分别交于和，满足.证明：，的斜率之和为定值. 20. 已知函数. （1）当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程； （2）若函数在上恰有2个零点，. ①求取值范围； ②求证：. 21. 已知为正整数，，若数列同时满足： ① 对任意，均有； ② 对任意，均有 ； ③ 对任意，均有 ， 则称该数列为数列． （1）若数列是数列，直接写出的所有可能值； （2）若数列是数列，求的最大值； （3）若数列是数列，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2025-2026学年第二学期高三一模前模拟练习 数学学科 统练四 （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答. 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用补集的定义可求得集合. 【详解】因为，全集， 故. 故选：C. 2. 若是虚数单位，计算复数（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 3. 已知等差数列的前项和为，则“”是“为递增数列”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】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，由，得，不能判断的正负，所以不能判断,的大小，故不能确定是否递增数列；但由为递增数列，能得到进而即得. 【详解】由是等差数列，，得，所以， ，不能判断的正负，所以不能判断,的大小， 所以不能确定是否递增数列； 若为递增数列，则，即时， 所以，，所以， 所以是为递增数列的必要不充分条件. 故选：B 4. 下列函数中，定义域和值域相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】函数的定义域和值域均为，所以选项A正确； 函数的定义域为R，值域为，所以选项B错误； 函数的定义域为，值域为R，所以选项C错误； 函数的定义域为，值域为R，所以选项D错误. 5. 若一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线方程求出焦点坐标及准线方程，结合动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，可知动圆恒过抛物线焦点． 【详解】如图，作出符合题意的图形， 抛物线焦点坐标为，准线方程为． 动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切， 则动圆圆心到的距离等于到准线的距离， 由抛物线定义可知，动圆恒过定点． 6. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再将其横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助平移及伸缩变换性质可得，再利用正弦函数性质结合整体思想计算即可得解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得， 将其横坐标缩短到原来的，可得，即， 令，解得， 即图象的对称中心的坐标为. 7. 在平面直角坐标系中，圆与双曲线相交于A，B，C，D四点，若点A，B，C，D构成圆O圆周的四等分点，圆O的直径长度是双曲线C实轴长的3倍，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可以得出圆上符合题意的四点坐标，故得出双曲线上符合题意的点的坐标，将其代入双曲线方程，得出和值，得出离心率. 【详解】由已知圆的直径为4，又直径长度是双曲线C实轴长的3倍，所以，所以. 因为点A，B，C，D构成圆O圆周的四等分点，所以四等分点到圆心的距离为半径， 且四点与原点构成的连线互相垂直.即如图所示： 设圆与轴交于点N，所以，且， 所以设是圆与双曲线的交点，所以或 解得或或或， 所以四等分点的坐标为, 把代入中，得， 解得，所以双曲线C的离心率. 8. 已知正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据为正数可得，根据为正数及为上的增函数可得，从而可得正确的选项. 【详解】因为为正数，故. 由题设有， 而，故，故， 故，且， 故 设，因为均为上的增函数， 故为上的增函数，而，故， 故A正确，BCD错误. 9. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 10. 已知正项数列满足为数列的前项和，则下列结论中正确的是（　　） ①数列为递增数列 ② ③ ④ A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【详解】对于①，由，得，所以，即，递增数列，①正确； 对于②，由，得，即，又， 则，所以，②错误； 对于③，由于，当时，，当时，，当时，先证，即证， 由于， 所以，即，所以，③正确； 对于④，由，得，所以，④正确. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知向量，，且，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，， 由可得，解得. 12. 若的展开式的常数项为60，则a＝_____ 【答案】4 【解析】 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值，再由展开式的常数项为60，求出常数a的值． 【详解】∵展开式的通项公式为Tr+1＝•x﹣2r＝•x6﹣3r， 令6﹣3r＝0，可得 r＝2，∴展开式的常数项为＝60，解得a＝4． 故答案为4． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题． 13. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆心在轴正半轴设圆心坐标，然后根据相切列方程得到，最后计算半径写方程即可. 【详解】设圆心，， 由题意得，解得或0（舍去）， 则圆的半径， 所以圆方程为. 故答案为：. 14. 已知函数，则函数的零点为______；若函数有3个零点，则实数的取值范围为________． 【答案】 ①. 或 ②. 或 【解析】 【详解】当时，由得，解得或， 当时，由得，解得（舍）， 作出的图象如图，由得或， 即或， 当，即时，无实根，此时，最多两个实根，与题意不符； 当，即时，有一个实根，有两个实根，符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，至少有两个实根，不符合题意； 当，即时，有三个实根，至少有一个实根，不符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，有4个实根，不符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，有一个实根，符合题意； 当，即时，有两个零点，有一个零点，符合题意； 当，即时，有一个零点, 有一个零点，不符合题意； 综上所述，有3个零点时，或. 15. 已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】对于①，由，得到在R上为奇函数，即可判断正误；对于②，令，可得则为偶函数，即可判断正误；对于③，由,可得,从而判断正误；对于④，令,,即可判断正误. 【详解】对于①，由题可得：，所以,则在R上为奇函数，则与条件矛盾，则①错误； 对于②，令，由可得：，则为偶函数， 偶函数有无穷多个，则使得恒成立的函数存在且有无穷多个，故②正确； 对于③，由题可得,所以,则, 这与函数在R上单调递减矛盾，所以③不正确； 对于④，令,,则,满足恒成立， 所以存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个，故④正确； 故答案为：②④. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 中，已知.边上的中线为. （1）求； （2）从以下三个条件中选择两个，使存在且唯一确定，并求和的长度. 条件①：；条件②；条件③. 【答案】（1） （2）选择条件②和条件③；. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换对已知等式进行化简，即可求解； （2）根据（1）的结果，利用余弦定理可判断条件①错误；根据条件②和条件③，利用三角形面积公式可得，利用余弦定理可得，在中，利用正弦定理可得，进而得到，在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 解：因为， 则， ， 又，解得：，故. 【小问2详解】 解：由（1）得， 又余弦定理得：，所以， 而条件①中，所以，显然不符合题意，即条件①错误， 由条件②，条件③，解得， 由余弦定理可得，所以. 在中，由正弦定理可得，解得， 又，所以， 因为为边上的中线，所以， 在中，由余弦定理可得，解得. 故. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. （1）证明：平面； （2）若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接， 则，，， 在梯形中，，E为CD的中点，则， 因此，四边形为平行四边形，， 而平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为，， 则，则，即直线两两垂直， 以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则， 设平面MEF的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则， 所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为. 18. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下： 是否使用该款学习软件 男生 女生 使用 40人 30人 不使用 10人 10人 假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率. （1）估计该校学生使用该款学习软件的概率； （2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望； （3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中数据，90名学生中使用学习软件的共人，即可求出； （2）随机变量的可能取值为，分别计算每个取值的概率，即可得到分布列和数学期望； （3）设从一年级学生中随机抽取1人，该生使用该款学习软件的方差记为，求出一年级学生和该校全体学生中使用该款学习软件的概率，由二项分布的方差计算公式求出，由的大小，即可比较的大小. 【小问1详解】 根据题中数据，90名学生中使用该款学习软件的共人， 所以该校学生使用该款学习软件的概率可估计为. 【小问2详解】 从该校全体男生中随机抽取1人，“他使用该学习软件”记为事件A， 从该校全体女生中随机抽取1人，“她使用该学习软件”记为事件， 根据题中数据可知： 随机变量的可能取值为. 则， ， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 【小问3详解】 设从一年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件，的方差记为， 一年级有200名男生和180名女生，一年级学生使用该学习软件的概率为， 则， 该校所有学生中使用该款学习的概率为， 则， 因为，即， 所以除一年级外其他年级学生中使用该款学习软件的方差， 即. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足.证明：，的斜率之和为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得，再结合关系即可求解； （2）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合即可求证. 【小问1详解】 由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，， 则，即， 所以，所以的标准方程为. 【小问2详解】 设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0. 20. 已知函数. （1）当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程； （2）若函数在上恰有2个零点，. ①求的取值范围； ②求证：. 【答案】（1）； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导函数，设切点为，利用导数的几何意义求出，从而得到切线方程； （2）①问题转化为恰有2个不相等的正实数根，，令，利用导数求出函数的单调性和最值，数形结合得解；②由题可得，，得，利用分析法可将所证明问题转化为，令，令，利用导数求出最值得证. 【小问1详解】 当时，，设直线与曲线相切于点， 因为，所以直线的斜率， 又，故的方程为， 又过原点，所以，所以， 所以，故的方程为，即. 【小问2详解】 ①因为在上恰有两个零点， 所以关于的方程有两个不相等的正根，即恰有2个不相等的正实数根，， 令，则与的图象有两个不同的交点. 因为，所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当无限趋近于时，则趋近于，则图象如图所示， 所以当时，直线与的图象有两个不同交点， 所以实数的取值范围为. ②由①知，， 所以，， 所以， 不妨设，则， 要证，只需证， 因为，所以，所以， 则只需证. 令，则只需证当时，恒成立， 令， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，恒成立，所以原不等式得证. 21. 已知为正整数，，若数列同时满足： ① 对任意，均有； ② 对任意，均有 ； ③ 对任意，均有 ， 则称该数列为数列． （1）若数列是数列，直接写出的所有可能值； （2）若数列是数列，求的最大值； （3）若数列是数列，求的最小值． 【答案】（1）； （2）6； （3）2. 【解析】 【分析】（1）根据定义列举所有情况，再验证即可； （2）分和讨论即可； （3）首先讨论的情况，再假设存在，进行分类讨论，最后构造符合题意的数列即可. 【小问1详解】 . 理由：由题意得， 对条件①，对任意的，均有； 对条件②，对任意的，均有， 即，，， 对条件③，对任意，均有， 若数列是数列，根据条件①知， 根据条件②知， 当时，经验证符合条件③，此时， 当时，因为，则，不合题意，舍去； 当时，经验证符合条件③，此时， 当时，经验证符合条件③，此时， 综上所述的所有可能值为. 【小问2详解】 设，由①，， ．1,2,3,4,2,1是6⊕4数列， 所以符合题意． ．当时，由②，设或． （a）当时， 由②，，故由③，，与②矛盾． （b）当时，由②，或。 若，由③，，与①矛盾． 若，由②③，，与①矛盾． 综上，的最大值为6． 【小问3详解】 若满足③，则删除若干项仍满足③． 依题意，． ．当时，假若，设， 设，则由②，，由①②，无解，矛盾． 所以． ．假设存在，使得，设满足此条件的最小的为．由知，. 若存在数列，则． 不妨设中，出现的次数最少，设出现了次． 1.当时，则为数列，矛盾． 2.当时，设， （a）当或时，去掉这一项得数列，矛盾． （b）当时，去掉前两项得数列，矛盾． （c）当时，去掉后两项得数列，矛盾． （d）当时，记原数列为． 若且，去掉这一项得数列，矛盾． 若且，去掉,这两项得数列，矛盾． 若且，去掉,这两项得数列，矛盾． 若且，与（2）矛盾． 3．当时，中，均至少出现2次． 由②，前两个1之间必有其它数，不妨设为2． 由③，所有的2均在这两个1之间． 同理，不妨设所有的3全在前两个2之间，所有的4全在前两个3之间，⋯ 这与矛盾． 4．综上，假设不成立，必有． ．构造：1,2,3,1为数列，此时． ．综上，的最小值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $