精品解析：天津市南开中学2026届高三下学期第五次月考数学试题

2026届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. 答卷前，考生务必将自已的姓名､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，祝各位考生考试顺利! 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集的定义与运算求出，结合交集的概念与运算即可求解. 【详解】由题意知，，又， 所以. 故选：A 2. 已知，则“”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】 【详解】若，则，则充分性成立； 若，则满足，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 3. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和函数值的正负，结合赋值法逐项分析判断即可. 【详解】由图象可知，该函数为奇函数，定义域为，当时，. 选项A：函数应满足，因为与的图象有交点，故定义域不为.A错误. 选项B：当时，，无意义.B错误. 选项C：令，定义域为， 又，所以为偶函数. 当时，. 当时，，，所以. 当时，，，所以. 综上，函数的定义域为. 又，为奇函数.故函数图象可能为C. 选项D：因为，所以定义域为. 又，该函数为偶函数.D错误. 故选：C. 4. 设，则的大小关系满足（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性确定的范围，由此比较的大小即可. 【详解】因为函数为增函数，且， 所以，故， 因为函数为减函数，且， 所以，故， 因为函数为增函数，且， 所以，故，故. 故选：D. 5. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，即可求得目标式的结果. 【详解】，则，； . 故选：D. 6. 下列说法中正确的是（ ） A. 线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，若的值越小，则模型的拟合效果越好 B. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机事件满足，，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于选项A，根据决定系数的性质可判断；对于选项B，利用二项分布的期望和方差的计算公式可求n ；对于选项C，利用正态分布的性质可计算出概率；对于选项D，根据条件概率公式可计算， 【详解】对A：线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果， 若的值越小，则模型的拟合效果越差，故A错误； 对B：随机变量服从二项分布，若，， 则，解得，故B正确； 对C：随机变量服从正态分布，若， 则，故，故C错误； 对D：，，则， 又，故，故D错误. 7. 如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，，边上的中点为．三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形求出相关线段长，判断截面形状，逐一计算其面积，求和即得. 【详解】由题意得，，， 从而，所以， 所以，，， ，，， 所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为: ． 故选：A. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位，再将所有点的横坐标变为原来2倍，得到的图象，则 C. 的对称中心为 D. 若，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象确定相关参数，可求出函数解析式，判断A；利用正弦函数图象平移、伸缩变换可判断B；根据正弦函数的对称性可判断C；对于D，根据正弦函数图象的对称性结合已知图象得到，代入求值，即可判断. 【详解】已知函数. 由图知，，故， 又过点，且该点在函数增区间上， 故，则， 则，故A错误； 将的图象向右平移个单位，可得的图象，再将所有点的横坐标变为原来2倍，可得的图象，即，故B错误； 令，则，即对称中心为，故C错误； 因为，且，根据正弦函数图象的对称性结合已知图象，可知， 则，则，故D正确. 故选：D 9. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线与C的右支交于点P，点M满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，判断三角形形状以及点M所在的位置，进而根据双曲线的性质以及离心率的定义，列出齐次方程，求出离心率的值. 【详解】 当点M满足，且，可知，且点M为线段的中点， 则，因为，所以，可知， 因为直线斜率为，所以，解得， 在中，，化简得， 变形得，解得或（舍）. 故选：A. 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. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于第_____象限. 【答案】一 【解析】 【详解】因， 则复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 11. 二项式的展开式中的系数为______________ 【答案】 【解析】 【分析】 根据二项式定理，写出二项展开式的通项，再由赋值法，即可得出结果. 【详解】因为展开式的第项为 ， 令，则， 因此二项式的展开式中的系数为. 故答案为：. 12. 若圆与圆（）的公共弦的长为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】将两圆的方程作差可得两圆的相交弦的直线方程，再求出圆心到相交弦所在直线的距离，根据弦心距三角形可建立方程，可求得的值. 【详解】已知两个圆的方程分别为与， 将两个圆作差可得相交弦的直线方程为， 所以可得：圆心到直线的距离， 由此可得：，又，解得：. 故答案为： 13. 商场为了迎接促销，举办抽奖活动，奖池内有编号为的大小相同、质地均匀的4个乒乓球.乒乓球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖（鼓励奖）.规则是：每人可连续抽奖2次，每次抽完后将乒乓球放回奖池，记第次抽到的奖品等级为，某顾客第一次没有抽到一等奖，且第二次抽到一等奖的概率是__________；用表示“两次抽到的等级差”，则的数学期望为__________. 【答案】 ①. ； ②. ##. 【解析】 【分析】第一次没抽到一等奖和第二次抽到一等奖，为相互独立事件，根据古典概型和相互独立事件的概率乘法即可求解； 对于随机变量的数学期望，先确定随机变量的取值，再根据古典概型分别计算每个取值的对应概率，最后根据数学期望公式计算即可. 【详解】因为每次抽完后将乒乓球放回奖池，所以每次抽奖相互独立. 则根据题意，第一次没有抽到一等奖的概率为，第二次抽到一等奖的概率为. 由于两次抽奖是相互独立事件，根据独立事件概率乘法公式， 可得某顾客第一次没有抽到一等奖，第二次抽到一等奖的概率是. 根据题意，随机变量，、分别表示第一次和第二次抽奖的获奖等级， 则、，所以的取值可能为0、1、2、3，两次抽奖等级共有种情况， 则表示两次抽奖等级相同，共有4种情况， 即，，，，所以， 表示两次抽奖等级相差1，共有6种情况， 即，，，， ，，所以， 表示两次抽奖等级相差为2，共有4种情况， 即，，，， 所以， 表示两次抽奖等级相差为3，共有2种情况，即，， 所以， 所以，的数学期望. 故答案为：； 14. 中，，，，，则________（用，表示），若，，则________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算得，根据平面向量基本定理得，，由得，又得，进而得，计算即可求解. 【详解】由题意有： ， 所以， ， 由， 所以， 即①， 由，所以， 即②， 由①②有：， 所以， 故答案为：；. 15. 已知函数（），其图象与直线有两个交点，若关于的方程有三个不等的实根，且（），则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由与有两个交点，得，再由有三个不等的实根，进而得，由此可得结果. 【详解】由函数（），其图象与直线有两个交点， 所以方程有两个正根，即，令， 所以，当且仅当时等号成立. 要使与有两个交点，则. 又因为有三个不等的实根， 令，则方程，可化为， 由前面的分析可知，当时，有两个不等正实根，， 则，则只需研究和根的个数， 方程的判别式为， 当时，，则的图象有位于轴下方的部分， 保留其位于轴上方的部分， 将位于轴下方的部分作关于轴的翻折，即得的图象， 且当时，， 此时的图象与直线，都至少有2个交点， 故共至少有4个交点，则至少4个根，不合题意； 当时，，恒成立， 所以， 则， 要使得恰有3个根， 只需的图象与，共有3个交点， 因为，所以的图象与有一个交点，与有2个交点， 所以，由，可得， 所以，则， 即，所以， 所以，整理得， 即，，所以， 令，，则， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以的零点位于区间内，即， 又因为，，所以， 解得. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可. （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，, 可得， 因为，故，则， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）则， 即，解得（舍），. 故. （ⅱ）由， 得， 解得，则， 则， ， 则 . 17. 在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 平面，，平面，平面,，又，. 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. ，. 为中点，. . ，. ，. 又，平面，平面. 【小问2详解】 . 设平面的法向量为. 则，令，则，. 易知平面的法向量. 记平面与平面的夹角为， . . 【小问3详解】 平面的法向量为，. 所以点到平面的距离. 18. 椭圆W：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P为椭圆上一点，面积的最大值为2. （1）求椭圆W的方程； （2）直线与椭圆W交于M、N两点，与y轴交于T点，线段的垂直平分线与交于点G，与y轴交于点H，O为坐标原点，如果是的2倍，求k的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当点P为椭圆上顶点或下顶点时，面积的最大为2，根据条件列出关于 的方程求解即可； （2）设，联立方程得到.设，由题可得，，再利用二倍角公式求解即可. 【小问1详解】 由题可得，即 因为，化简得到， 当点P为椭圆上顶点或下顶点时，面积的最大值为2， 则，解得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 设，联立方程得到， 即， 由，得, 则，故 G 的横坐标； 则，所以. 设， 由题可得， 因为，所以，得到 所以. 19. 若存在正整数k，使得对任意正整数n，都有（），则称数列为阶跳跃等差数列. （1）已知数列为1阶跳跃等差数列，且，，. （i）求，； （ii）求的前n项和. （2）已知数列为阶跳跃等差数列，且，，，从的前（）项中任选1项，记该项大于的概率为，证明：. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）因为数列为k阶跳跃等差数列，且，所以. 因为，， 所以，， ，， 当时，. 设（ ），则，则单调递增， 则，则， 所以的前（ ）项中不大于的项数为，则， 则. 设， 则， 则 ， 所以， 所以. 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）（i）明确数列的递推公式，根据递推公式求数列的项； （ii）分为奇数和偶数讨论，分别求奇数项的和与偶数项的和即可. （2）先确定数列的通项公式，再利用错位相减法求和，即可证明所给不等式. 【小问1详解】 （i）由为1阶跳跃等差数列，得， 则，，. （ii）当为偶数时，设 （），前 项包含个奇数项和个偶数项. 奇数项和， 偶数项和， 所以，则. 当n为奇数时，. 综上，. 【小问2详解】 略 20. 已知函数，且． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若，且存在三个零点，，． （i）求实数的取值范围； （ii）设，求证：． 【答案】（1） （2）（i）， （ii）因为且存在三个零点. 设，，，，易知其中，， 因为，所以，所以，，， 故可知①； 由（i）可知与有两个交点， 当，是单调递增，所以，，，所以②； 即，， 若，则， 若，构造函数，， 则 ， 设， 则， 因为， 又因为， 所以③； 因为 ， 又因为， 所以， 即得④； 由③④可知，在上单调递增， 又可得， ，可知与同号，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，即，又由（i）可知， 所以，， ，，是单调递增， 所以⑤， 由①②⑤可知. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式计算可得； （2）（i）根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求. （ii）根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得. 【小问1详解】 当时，则， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 （i）因为且存在三个零点， 所以有3个根， 当时，，，， 所以在上是单调递增，由零点存在定理，方程必有一个负根， 当，，即有两个根， 令，可转化为与有两个交点， ， 可得时，即在单调递增， 可得时，即在单调递减， 其中，当，， 所以可得，解得. （ii）略 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，解决问题的关键点是极值点偏移问题，证明方法总结：先构造，再确定的单调性，结合特殊值得到再利用单调性可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届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. 答卷前，考生务必将自已的姓名､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，祝各位考生考试顺利! 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”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. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系满足（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 6. 下列说法中正确的是（ ） A. 线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，若的值越小，则模型的拟合效果越好 B. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机事件满足，，则 7. 如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，，边上的中点为．三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. 12 D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位，再将所有点的横坐标变为原来2倍，得到的图象，则 C. 的对称中心为 D. 若，且，则 9. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线与C的右支交于点P，点M满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 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. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于第_____象限. 11. 二项式的展开式中的系数为______________ 12. 若圆与圆（）的公共弦的长为，则______. 13. 商场为了迎接促销，举办抽奖活动，奖池内有编号为的大小相同、质地均匀的4个乒乓球.乒乓球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖（鼓励奖）.规则是：每人可连续抽奖2次，每次抽完后将乒乓球放回奖池，记第次抽到的奖品等级为，某顾客第一次没有抽到一等奖，且第二次抽到一等奖的概率是__________；用表示“两次抽到的等级差”，则的数学期望为__________. 14. 中，，，，，则________（用，表示），若，，则________. 15. 已知函数（），其图象与直线有两个交点，若关于的方程有三个不等的实根，且（），则的值为______. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 17. 在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 椭圆W：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P为椭圆上一点，面积的最大值为2. （1）求椭圆W的方程； （2）直线与椭圆W交于M、N两点，与y轴交于T点，线段的垂直平分线与交于点G，与y轴交于点H，O为坐标原点，如果是的2倍，求k的值. 19. 若存在正整数k，使得对任意正整数n，都有（），则称数列为阶跳跃等差数列. （1）已知数列为1阶跳跃等差数列，且，，. （i）求，； （ii）求的前n项和. （2）已知数列为阶跳跃等差数列，且，，，从的前（）项中任选1项，记该项大于的概率为，证明：. 20. 已知函数，且． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若，且存在三个零点，，． （i）求实数的取值范围； （ii）设，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $