精品解析：天津市第一中学2025-2026学年下学期高三第五次月考数学学科试卷

天津一中2025-2026-2高三年级第五次月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案写在答题卡规定的位置上，答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利！ 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 3. 已知x，y为实数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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. 若，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若随机变量的方差为，则． B. 已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C. 对于随机事件与，若则事件与独立． D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关． 6. 如图，在直三棱柱中，，，，D为棱AB的中点，直三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则四面体体积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 18 7. 已知函数（），给出下列判断： ①若函数的最小正周期不小于，则的最大值为. ②若函数满足，则. ③若函数的图象向左平移个单位后所得函数在区间上单调递增，则的可能取值为. ④当时，设，（）为方程在区间上的两个解，则. 其中，判断正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于坐标原点），若线段交双曲线于点，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知是各项均为正数的无穷数列，前n项和为，且（）给出下列四个结论：①；②各项中的最大值为2；③，使得；④，都有．其中正确的有（ ）个． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数满足，则的虚部为________． 11. 在二项式的展开式中，含的项的系数为______. 12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 13. 某罐中装有除颜色外完全相同的4个红球和3个绿球，每次随机摸出1个球，若不放回地连续摸两次球，则在第二次摸到红球的情况下，第一次也摸到红球的概率是______；若每次都是有放回地摸球，连续摸四次，摸到红球记1分，摸到绿球记0分，设四次摸球总得分为X，则X的数学期望______. 14. 已知，，是非零向量，，与的夹角为，的最小值为________.若，设为任意实数，的最小值为________． 15. 已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是______. 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，，所对的边分别为，，，且满足，，. （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）求边的长： （Ⅲ）求的值. 17. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，且直线CD与圆相切．若直线l与椭圆有唯一的公共点P，l与直线交于点M，直线AP与直线CD交于点N． （1）求椭圆E的方程； （2）求证：直线MN与CD的夹角为定值． 19. 设数列满足：①；②所有项；③．设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值．我们称数列为数列的伴随数列．例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3． （1）若数列的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 （2）若，数列的伴随数列为，求． （3）若数列的前n项和（其中c为常数），求数列的伴随数列的前m项和． 20. 函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）若在上没有零点，求实数的取值范围； （3）当时，设，若，满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2025-2026-2高三年级第五次月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案写在答题卡规定的位置上，答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利！ 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是增函数，所以集合， ， 所以 2. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由取值情况判断B；由时函数值情况判断C；由的值判断D；分析函数性质判断A. 【详解】对于B，函数的定义域为R，而给定图象对应函数中，B不是； 对于C，函数，当时，，此时图象在下方，C不是； 对于D，函数，，其图象过点，D不是； 对于A，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当时，；当时，，A可能是. 3. 已知x，y为实数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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】D 【解析】 【分析】取特殊值代入分析，结合充分、必要条件的定义，分析即可得答案. 【详解】取，此时，但，故充分性不成立； 取，此时，但，故必要性不成立， 所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 4. 若，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数单调性判定，利用对数函数单调性得到，进而得到，然后作出判定. 【详解】∵函数为上的单调递增函数，∴， ∵函数在上单调递增，∴， ∴， ∴大小关系为， 故选：C. 5. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若随机变量的方差为，则． B. 已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C. 对于随机事件与，若则事件与独立． D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关． 【答案】C 【解析】 【分析】A利用方差性质求新方差；B根据回归方程系数的正负判断；C应用对立事件的概率、条件概率公式及独立事件的判定即可判断；D根据独立检验的基本思想即可得结论. 【详解】A：由，则，错； B：由的一次项系数为负，故与具有负线性相关关系，错； C：由，而，则， 所以，即事件与相互独立，对； D：由，故没有的把握认为与有关，错. 故选：C 6. 如图，在直三棱柱中，，，，D为棱AB的中点，直三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则四面体体积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，直三棱柱补成长方体，根据题意结合长方体的外接球可得，进而可求三棱锥的体积. 【详解】因为，，，则，可得， 将直三棱柱补成长方体，如图所示： 可知三棱柱的外接球即为长方体的外接球， 则球的半径， 又因为球的表面积为，则，解得， 所以四面体体积. 故选：B. 7. 已知函数（），给出下列判断： ①若函数的最小正周期不小于，则的最大值为. ②若函数满足，则. ③若函数的图象向左平移个单位后所得函数在区间上单调递增，则的可能取值为. ④当时，设，（）为方程在区间上的两个解，则. 其中，判断正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦函数的周期可得①正确；由可得，②错误；由图像平移后再结合正弦函数的单调性可得③正确；由诱导公式可得，再由二倍角的正弦公式结合题意求出，即可得④正确. 【详解】对于①，因为，所以，解得，故①正确； 对于②，若，即得，则，故②错误； 对于③，因为图象平移后令，当时，， 依题意，，则，显然， 解得，又，因此，③正确； 对于④，因为，又因为，所以， 则， 因为，所以， 所以，故④正确； 所以正确的个数为3个. 故选：C 【点睛】关键点点睛：对于④，由诱导公式可得，再由二倍角的正弦公式结合题意求出，即可得④正确. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于坐标原点），若线段交双曲线于点，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出渐近线方程并根据平行关系判断出点位置，通过联立渐近线方程与的方程求解出的坐标，即可求解出点坐标，再根据点在双曲线上将坐标代入方程并化简，由此求解出双曲线离心率的值. 【详解】不妨设渐近线的方程为， 因为，为的中点，所以为的中点， 将直线，的方程联立，可得， 又因为，所以，即， 且点在双曲线上，所以，解得， 所以该双曲线的离心率为， 故选：A. 9. 已知是各项均为正数的无穷数列，前n项和为，且（）给出下列四个结论：①；②各项中的最大值为2；③，使得；④，都有．其中正确的有（ ）个． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，代入数据，求出的值，可判断①的正误；求出的表达式，根据单调性，分析可判断②的正误；根据的单调性及范围，可得的范围，可判断③的正误；根据的范围，结合的表达式，适当放缩，可判断④的正误. 【详解】当时，，解得， 当时，，整理得， 所以，又，所以，则，故①正确； 由，得，所以， 因为，所以单调递增，则单调递减， 所以，即各项中的最大值为2，故②正确； 因为，且单调递增， 所以，则，所以不存在，使得，故③错误； 因为单调递减，且，所以， 当时，，满足， 当时，， 综上，，都有，故④正确，故正确的有3个. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数满足，则的虚部为________． 【答案】##0.2 【解析】 【详解】，整理得，所以的虚部为 11. 在二项式的展开式中，含的项的系数为______. 【答案】144 【解析】 【分析】 先求出的展开式的通项，令的指数为，进而可求出含项的系数. 【详解】由题意，的展开式的通项为， 令，解得， 所以的系数为. 故答案为：144 12. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线在第一象限的交点为，若，则以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】由焦半径公式可求出点的坐标，进而求出圆的方程，令，即可求解. 【详解】由题意知，， 又点在抛物线上且在第一象限，所以，故点为， 则以点为圆心3为半径的圆的方程为， 令得或，故以点为圆心3为半径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 13. 某罐中装有除颜色外完全相同的4个红球和3个绿球，每次随机摸出1个球，若不放回地连续摸两次球，则在第二次摸到红球的情况下，第一次也摸到红球的概率是______；若每次都是有放回地摸球，连续摸四次，摸到红球记1分，摸到绿球记0分，设四次摸球总得分为X，则X的数学期望______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①利用条件概率公式及全概率公式即可求解第一次也摸到红球的概率； ②由题意可得，根据二项分布的特征即可求解数学期望. 【详解】①记第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件B. . 所以. 故在第二次摸球时摸到红球的条件下，第一次摸球时摸到红球的概率为. ②由题可知，每次摸球，摸到红球的概率为，摸到绿球的概率为. 记四次摸球活动中，摸到红球的次数为，则. 因为四次摸球总得分为，所以.所以. 所以的数学期望是. 故答案为：；. 14. 已知，，是非零向量，，与的夹角为，的最小值为________.若，设为任意实数，的最小值为________． 【答案】 ①. 2； ②. .##0.5 【解析】 【分析】利用数量积公式以及 ，可得到的表达式，结合二次函数性质可得最小值；利用整理化简可得，由此得到向量终点的轨迹，从而可求的最小值. 【详解】由已知 ，且与的夹角为，得，又，故， 代入 ，得 ，所以 ，最小值为； 设，则，取中点，记，所以，， ，， 所以 ，所以， 即. 则点在以点为圆心，半径的圆上，的终点在与成的直线上，记， 因此的最小值为的最小值，过点作，与圆交于点,如图所示，此时最小， 最小值为． 15. 已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是______. 【答案】6 【解析】 【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围. 【详解】因为，所以， 则不等式等价于， 等价于，令，则， 从而，令，由对勾函数的性质知， 因为，即，所以， 令，则，解得， 所以，当且仅当即时取等号， 故的最大值是6. 故答案为：6 【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可. 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，，，且满足，，. （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）求边的长： （Ⅲ）求的值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据正弦定理化简求出正切即可求解； （Ⅱ）由余弦定理直接计算即可； （Ⅲ）由二倍角的正余弦公式及两角差的余弦公式求解即可. 【详解】因为， 所以由正弦定理得：， 即，又 所以 （Ⅱ）由余弦定理得：， 所以 （Ⅲ）由余弦定理得：， 所以， 所以 所以 17. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（2）得平面的法向量为，再由， 结合点面距的向量计算公式，即可求解. 【小问1详解】 解：连接，交于点，可得是的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. 【小问2详解】 解：以为原点，以正方向分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则有， 取，可得，，所以， 又由，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 则， 故平面与平面夹角余弦值为. 【小问3详解】 解：由（2）知：平面的法向量为， 又由， 则， 所以点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，且直线CD与圆相切．若直线l与椭圆有唯一的公共点P，l与直线交于点M，直线AP与直线CD交于点N． （1）求椭圆E的方程； （2）求证：直线MN与CD的夹角为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆基本量关系，由已知条件列方程求解； （2）坐标法 + 斜率验证，通过 “设点→求线→求交点→算斜率→证垂直” 完成证明． 【小问1详解】 A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，所以 ， 直线CD与圆相切， 所以，所以， 由离心率，且，所以，且， 所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， 由在椭圆上，得， 依题意可得直线的斜率存在，设的方程为，则， 由，得， 由，得， 由，得， 解得，， 设，由，得， 直线的方程分别为，， 因为点不在直线上，所以， 由，得， 所以 ， 所以，因为，所以轴， 又直线的斜率为， 所以直线与直线的夹角的大小为，为定值． 19. 设数列满足：①；②所有项；③．设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值．我们称数列为数列的伴随数列．例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3． （1）若数列的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 （2）若，数列的伴随数列为，求． （3）若数列的前n项和（其中c为常数），求数列的伴随数列的前m项和． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义写出数列. （2）由给定的定义求出的相应项，再利用并项求和法列式，利用错位相减法求和即得. （3）由求出，再由给定的定义求出，并按为奇数和偶数分类求出. 【小问1详解】 依题意，数列为. 【小问2详解】 由，得， 当时，，共2项；当时，，共6项； 当时，，共18项；当时，，共54项； ；当时，，共项， 则 令， 于是， 两式相减得， 因此，所以. 【小问3详解】 由数列的前n项和，得，解得，即 当时，，而满足上式，因此， 由，，得， 由使得成立的的最大值为，得， 当时，， 当时，， 所以. 20. 函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）若在上没有零点，求实数的取值范围； （3）当时，设，若，满足，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入并对函数求导，得出切线斜率，再由点斜式方程即可求出切线方程； （2）将函数无零点问题转化为方程在上无解，求出函数的值域可求得实数的取值范围； （3）易知，对函数求导得出的单调性，利用分析法先证，再证，构造函数并结合隐零点问题即可证明得出结论. 【小问1详解】 当时，. 所以有， 所以函数在处的切线方程为， 即 【小问2详解】 由题意，在上没有零点，等价于方程在上无解， 因为； 即等价于方程在上无解， ，即等价于方程在上无解， 等价于方程在上无解，等价于方程在上无解. 设，原题等价于关于的方程在上无解. 设， 则 当时，，则， 对恒成立，则在上单调递减， 又， 故满足题意的实数的取值范围为. 【小问3详解】 当时，， 则 令得，即， 又，则存在唯一的使得 且 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又， 要使且，必有， 则必有 ①先证：. ，且在上单调递减， 要证 只需证即可，又， 故只需证对恒成立即可， 只需证 而， 只需证，即只需证对恒成立即可，这显然成立， 故有； ②再证：. 必有， 又当时，在上单调递减，则有. 而当时，， 令， 则 令，等价于，方程有唯一解，记为，且， 则在上单调递减，在上单调递增， 又， 即当时，必有，与题意不符， 所以要使，且，必有， 综合①②可得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $