精品解析：陕西师范大学附属中学2025-2026学年第二学期高三年级集训（五）数学试题

陕西师大附中2025—2026学年度第二学期 高三年级集训（五）数学试题 注意事项： 1．本考试满分150分，时间120分钟． 2．答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整． 3．本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用0.5 mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰．并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效． 4．只交答题纸，不交试题卷． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由已知得，所以. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，所以. 3. 已知向量与满足，且，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为，且， 所以. 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，即，所以， 则解得或， 所以不等式的解集为. 5. 已知等比数列的首项，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（    ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，可知等比数列为单调递减数列， 由，要使取得最大值，需满足， 则，即且，即且， 因为，所以当时满足要求. 6. 现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（ ） A. 84种 B. 129种 C. 156种 D. 165种 【答案】D 【解析】 【详解】3本都给1个人：共种； 3本分为1本和2本，分给2个人：选2个不同竞拍者并分配数量，共种； 3本分给3个人，每人1本：选3个不同竞拍者，共种； 总结果数：种. 7. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得球的半径以及平面截外接球所得圆的半径，然后求出球心与截面圆的圆心间距离，再求出球缺的高，最后代入公式求解结果. 【详解】设外接球圆心为，平面截外接球所得圆圆心为. 由题意正方体外接球的半径，平面截外接球所得圆的半径为. 到的距离，则球缺的高. 所以． 8. 已知定义在上的函数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】先利用函数单调性可得，再令，对原式进行化简，利用两次基本不等式求最小值即可． 【详解】解：，，即， 又，， 函数在单调递增， ，即， 令，则， ，当且仅当时取等， 又，当时取等， 综上，时，取得最小值． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知随机变量服从二项分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】因为，则， ，所以A错误， 又，则， 所以，所以B正确， 又因为，所以C正确，D错误. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角是 B. 与平面所成的线面角的正切值为 C. 点P的运动轨迹长度为 D. 点P到平面ABCD距离的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用异面直线夹角的计算方法结合正方体的特征判定A；先证明平面，结合等体积法计算到平面的距离，由线面夹角的定义可判定B，由勾股定理及圆的周长公式可判定C，由数形结合结合正三角形内切圆的特征计算即可判定D. 【详解】对于A，在正方体中易知且， 所以异面直线与所成的角即或其补角，显然，即A错误； 连接，易知， 又平面，所以平面， 而平面，所以，同理可知， 即平面，设垂足为E，取的中点，连接， 则，所以， 连接，由勾股定理可知， 对于B，易知与平面所成的角为， 故B正确； 对于C，由三棱锥为正三棱锥可知为该正三角形的中心， 则三点共线，， 所以点轨迹为以E为圆心，为半径的圆上，该圆即正三角形的内切圆， 所以点P的运动轨迹长度为，故C正确； 对于D，假设P的轨迹圆与交于G点，由上可知， 而到底面的距离为2，所以到底面的距离为， 由图形可知点P到平面ABCD距离的取值范围是，故D正确. 11. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ） A. B. C. 直线的斜率为 D. 四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为的准线与轴交于点，所以的准线的方程为，则， 所以，即抛物线：,此时焦点，即，故A项正确； 如图，过点，分别作，，垂足分别为点，， 根据抛物线的定义可知，，且，又， 所以，则为的中位线，所以，故B项正确； 不妨设，均在第一象限内，由， 可得，， 所以，，将其代入，可解得，， 所以直线的斜率为， 由图形的对称性可知，又可能均在第四象限内，所以直线的斜率为，故C项错误； 由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 再由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 由上可得，，可得四边形， 即四边形为梯形，因为，，所以， 即四边形的面积为，故D项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，对任意，，；当时，．则的表达式可以为___________．（写出满足条件的一个即可） 【答案】（任意满足条件的即可） 【解析】 【分析】利用函数的函数方程、奇偶性、单调性三个条件，找出满足条件的具体函数. 【详解】，则在上满足指数函数性质， 又时，，则在上是增函数，可取， 因为是偶函数，所以可取．（任意满足条件的即可） 13. 已知恰能被13整除，则的最大负整数取值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理展开，根据整除性即可确定. 【详解】因 ， 因是整数，恰能被13整除， 则，故的最大负整数取值为. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则边的最小值为____． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角关系结合已知条件表示，进而得出，利用正弦定理结合诱导公式表示，利用倍角公式化简，并利用换元法求出的最小值． 【详解】在中，，已知，即， 联立可得， 由得，故； 由正弦定理得， 已知，则，故， ， ， 则 ， 令，由得，且， 则，当取最大值时，的取值最小， 开口向下，对称轴为，最大值为， 故． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的最大值为1. （1）求常数的值； （2）求使成立的的取值集合. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据两角和、差的正弦公式、降幂公式及辅助角公式，可得的解析式，根据的最大值，即可得m值. （2）由（1）得的解析式，根据正弦型函数的性质，代入求解，即可得答案. 【小问1详解】 由题意 ， 当时，有最大值， 所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， 由，得，所以， 解得， 故满足条件的的取值集合为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，． （1）若是棱的中点，证明：面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 设与的交点为，连接， 因为是菱形，所以是线段的中点， 又是棱的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）设与的交点为，根据中位线求证，再利用线面平行的判定定理求证； （2）过作，先证明平面，再求证平面，即可以为原点建系，计算两个平面的法向量，根据向量夹角和平面夹角的关系求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，连接， 因为，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面，所以平面， 作，则有平面，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为，， 所以， 因为，所以，则， 则， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，所以， 综上，平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知椭圆：（）的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切． （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点，直线，分别交轴于，两点，证明：，，的横坐标成等差数列． 【答案】（1） （2）证明：当过点的直线斜率不存在时， 直线与椭圆只有1个交点，舍去， 设直线的方程为， 设、，由， 消去整理得， 因此，解得， ，， 直线的方程为，令，得， 同理可得． ， 又因为， ． 因此， 因此，，的横坐标成等差数列. 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后由到直线的距离可得，据此可得答案； （2）由题设过点的直线方程为，、，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，由题可得，验证可完成证明； 【小问1详解】 由已知得，，所以， 原点到直线的距离为， 所以 的方程为. 【小问2详解】 略 18. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． 【小问2详解】 （i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为 ， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）记函数的正零点为. （i）当时，证明：； （ii）当时，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增； （2） （i）证明：当时，由，得，所以， 两边同时取自然对数并化简，得，所以. 令， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即，所以， 则， 所以， 所以， 故. （ii）证明：当时，由，得，所以， 所以， 则. 令，则，易知在上单调递增， 则， 所以在上单调递增， 又，，即， 所以，则. 解法一： 由，得， 又，故曲线在处的切线方程为. 令， 则， 所以在上单调递增， 因为，所以， 即， 所以， 又，则，两式相减得， 整理得. 综上，. 解法二： 由， 得， 又， 所以， 所以，即， 即. 综上，. 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数研究函数的单调性； （2）（i）时，求出函数的正零点，再研究的范围，通过放缩证明不等式； （ii）时，求出函数的正零点，构造新函数证明不等式. 【小问1详解】 ， 若，则， ，，单调递减； ，，单调递增； 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中2025—2026学年度第二学期 高三年级集训（五）数学试题 注意事项： 1．本考试满分150分，时间120分钟． 2．答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整． 3．本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用0.5 mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰．并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效． 4．只交答题纸，不交试题卷． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量与满足，且，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 5. 已知等比数列的首项，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（    ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（ ） A. 84种 B. 129种 C. 156种 D. 165种 7. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知随机变量服从二项分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角是 B. 与平面所成的线面角的正切值为 C. 点P的运动轨迹长度为 D. 点P到平面ABCD距离的取值范围是 11. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ） A. B. C. 直线的斜率为 D. 四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，对任意，，；当时，．则的表达式可以为___________．（写出满足条件的一个即可） 13. 已知恰能被13整除，则的最大负整数取值为______. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则边的最小值为____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的最大值为1. （1）求常数的值； （2）求使成立的的取值集合. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，． （1）若是棱的中点，证明：面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆：（）的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切． （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点，直线，分别交轴于，两点，证明：，，的横坐标成等差数列． 18. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）记函数的正零点为. （i）当时，证明：； （ii）当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $