精品解析：天津市新华中学2027届高三年级圣功班10月第二次阶段性练习反馈数学试题

新华中学2027届高三年级圣功班10月第二次阶段性练习反馈 一、单选题 1. 若集合，则的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 2. 若，，设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，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. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法错误的个数是（ ） ①根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据独立性检验，可以认为“与没有关联”；②对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，样本中心点为，则样本点的残差为；③当样本相关系数的绝对值等于时，样本数据无相关性；④在一组数据中插入一个数后，该组数据的方差变大 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 5. 正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足，，且在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知数列各项均为正整数，对任意的，和中有且仅有一个成立，且，.记.下列四个结论正确的是（ ） A. 可能为等差数列 B. 中最大的项为 C. 存在最大值 D. 的最小值为36 二、填空题 10. 已知，则实数_________. 11. 的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是___________．（请用数字作答） 12. 若圆：上存在两点，，直线：上存在点，使得，则实数的取值范围为______. 13. 为深入开展宪法宣传工作，提升公民法治素养，某市教育局举办了宪法普法知识答题活动．现有甲、乙两所学校晋级决赛，本次决赛计分规则：参赛学校抢到答题权且作答正确的，每题计1分；未抢到答题权，或抢到答题权但作答错误，均不计分．终止规则：任一参赛学校得分比另一校多2分或五道比赛题目全部答完．已知两校每道题抢到答题权的概率均为，且每所学校答对每道题的概率均为．答完两题后，甲校得2分的概率为___________；设活动结束时，两校一共答了道题，则的数学期望为___________． 14. 已知平面向量，，，对任意实数，，都有，成立．若，则的最小值为______． 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①函数是奇函数； ②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； ③已知是曲线上任意一点，，则； ④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 其中所有正确结论的序号是_________. 三、解答题 16. 已知函数． （1）当时，求的最大值和最小值，以及对应的的值. （2）在中，内角所对的边分别为.已知，，.求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以，，为三边的三角形面积为1．过左焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，、分别为、的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求定点坐标； （3）设为直线与直线的交点，当的面积取到最小值时，求直线的方程． 19. 在数列 中， ，等差数列 的前 项和为 ，且 . （1）求数列 ， 的通项公式. （2）设集合 ，在数列 中，定义 为集合 中在区间 内的元素个数. ① 求 ； ② 求 . 参考公式: 当 时， . 20. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的单调区间： （2）讨论的零点个数； （3）若有三个零点，，，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新华中学2027届高三年级圣功班10月第二次阶段性练习反馈 一、单选题 1. 若集合，则的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定集合中元素的个数，再结合真子集的个数即可求解. 【详解】已知集合，则，共个元素，所以的真子集的个数为，故D正确. 2. 若，，设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，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】 【分析】通过分别验证充分性、必要性是否成立，结合一元一次不等式解集的性质判断条件关系. 【详解】充分性证明： 已知，， 对不等式： 当时，解集；当时，解集 同理，不等式的解集为或； 若，则两个解集的边界点相等，即，整理得，充分性成立. 必要性证明： 若，取反例：令，，则不等式的解集； 令，，此时， 但不等式的解集，显然，故必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 3. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义域，零点，奇偶性和函数值的符号，即可判断. 【详解】因为恒成立，所以恒成立，所以函数的定义域为R.所以可排除B. 令，则，所以或. 由，得，解得. 所以函数有唯一零点.所以可排除C. 因为， 所以，. 所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，所以排除D. 故选：A. 4. 下列说法错误的个数是（ ） ①根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据独立性检验，可以认为“与没有关联”；②对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，样本中心点为，则样本点的残差为；③当样本相关系数的绝对值等于时，样本数据无相关性；④在一组数据中插入一个数后，该组数据的方差变大 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】D 【解析】 【分析】对①根据独立性检验的定义判断可得，对②先由样本中心求得回归直线方程，再根据残差定义计算可得，对③根据相关系数的定义判断可得，对④直接计算插入数前后数据的方差可得. 【详解】对①：独立性检验中，当时，仅能说明在显著性水平下，没有充分证据推断与有关联， 不能直接得出“与没有关联”的结论，故①错误； 对②：经验回归直线过样本中心点，代入得，解得，即回归方程为. 当时，，残差为，故②错误； 对③：样本相关系数刻画的是变量间的线性相关程度，当时，仅说明变量间不存在线性相关关系， 可能存在非线性相关关系，不能判定样本数据无相关性，故③错误； 对④：原数据的均值，方差； 插入数后，新数据的均值， 方差，方差变小，故④错误. 综上所述，个说法均错误. 5. 正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正四面体及其内切球的结构特征作出截面并判断. 【详解】正四面体内体积最大的球是它的内切球，该球与正四面体的四个面都相切， 切点为正四面体的4个正三角形面的中心，该球球心为正四面体中心， 取的中点，连接， 则过和的平面截正四面体得， 正的中心分别在线段上， 正四面体的内切球球心在内， 因此平面截正四面体的内切球得该球的大圆， 这个大圆与线段都相切，与线段相离， 选项ACD不符合，B符合. 6. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数性质可得，结合基本不等式可求，故可求目标代数式的最大值. 【详解】因为，所以，其中， 所以． 而，故， 故即，当且仅当时等号成立， 而． 故的最大值为． 7. 已知函数满足，，且在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为在上单调递减，又，，， 所以，，， 解得，所以，又，所以， 所以， 所以. 8. 如图，点分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆定义写出各焦半径，用勾股定理求出m与a的关系，进而得到a,c关系式求出离心率. 【详解】   连接，设，则，，， 因为，所以在中，由勾股定理得， 即，① 在中，由勾股定理得， 即， 整理得， 将代入①式得，整理得， 所以离心率.      9. 已知数列各项均为正整数，对任意的，和中有且仅有一个成立，且，.记.下列四个结论正确的是（ ） A. 可能为等差数列 B. 中最大的项为 C. 存在最大值 D. 的最小值为36 【答案】D 【解析】 【分析】对 A，找出其与题目条件的矛盾；对BC，举反例数列可得；对D，分别列举与（即）成立时的数列，求出最小值即可. 【详解】对A，若为等差数列，设公差为， 当时，对任意的，与均成立； 当时，对任意的，与均不成立， 两种情况都不满足和中有且仅有一个成立，故A错； 对B，给定数列， 可知对任意的，满足和中有且仅有一个成立， 中最大的项为，不为，故B错； 对C，给定数列， 假设，则， 与题意和中有且仅有一个成立产生矛盾，故； 假设，则， 也与题意和中有且仅有一个成立产生矛盾，故； 当且时，数列各项满足题意， 因此，在给定数列中，可取任意大的正整数， 故无最大值，故C错； 对D，由题意与中有且仅有一个成立， ①若，则，设， 则 ，则，设，则， 则，设，则， 则，故. 即数列. 故，由题意均为正整数， 因此，若，则当且仅当时， 即数列，取最小值； ②若，则，设，则， 则，设，则，则， 设，则，则，， 由，故，即， 即数列. 故，由题意均为正整数， 因此，若，则当且仅当时， 即数列，取最小值； 综合①②比较可知，的最小值为, D正确. 故选：D. 二、填空题 10. 已知，则实数_________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 即， 所以，故. 11. 的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是___________．（请用数字作答） 【答案】#### 【解析】 【分析】先得到，从而利用的展开式通项公式进行求解，得到答案 【详解】只有第六项的二项式系数最大，则的展开式共11项，所以， 其中展开式通项公式为， 令得，故， 所以展开式中的系数是. 12. 若圆：上存在两点，，直线：上存在点，使得，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合几何知识将角度条件转化为圆心到直线的距离需要满足的条件，即圆心到直线的距离满足，进而利用点到直线的距离公式求解. 【详解】当直线与圆相交时，若点固定在如图所示的位置， ，与直线和圆的两交点分别重合，则；若，两点重合，则，故直线与圆相交时一定存在，及，使得. 当直线与圆相切时，类似直线与圆相交的分析可知，一定存在，及，使得. 当直线与圆相离时，对直线上的任一点，若，相距越来越近，直至，两点重合，则仍有，若与圆相切于，与圆相切于，则取最大值，如图所示. 设圆的半径为，连接，，，则，， 当最短，即长度等于圆心到直线的距离时，最大，即最大，也即最大， 所以若圆上存在两点，，直线上存在点，使得，则必有，又，故. 又直线与圆相交或相切时，，满足题意， 综上，. 又因为圆的半径，圆心到直线的距离， 所以，解得. 所以实数的取值范围为. 13. 为深入开展宪法宣传工作，提升公民法治素养，某市教育局举办了宪法普法知识答题活动．现有甲、乙两所学校晋级决赛，本次决赛计分规则：参赛学校抢到答题权且作答正确的，每题计1分；未抢到答题权，或抢到答题权但作答错误，均不计分．终止规则：任一参赛学校得分比另一校多2分或五道比赛题目全部答完．已知两校每道题抢到答题权的概率均为，且每所学校答对每道题的概率均为．答完两题后，甲校得2分的概率为___________；设活动结束时，两校一共答了道题，则的数学期望为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意第一空转化为两个相互独立事件同时发生的概率可得；第二空将“两校一共答了道题”根据得分情况分类，分别求出随机变量的所有可能取值，每一取值分别对应转化为互斥事件的和事件求解概率即可，利用数学期望的公式求解即可. 【详解】甲校在每题中得1分的概率为， 记事件“答完两题后，甲校得2分”， 所以； 依题意，每道题的答题结果有以下3种： 甲校抢到且答对得1分，此时乙校得0分，概率为； 乙校抢到且答对得1分，此时甲校得0分，概率为； 不论哪校抢到都答错，即甲乙两校都得0分，概率为； 两校一共答的题目数的可能取值为， 表示某校前2道得2分，对方得0分； 表示某校第3道得1分，前2道只得1分，且对方得0分； 表示第4道得1分，前3道只得1分，且对方得0分，或者第3道和第4道共得2分，前2道只得1分，且对方得1分； ， ， ，； 故的分布列列表如下： 所以. 14. 已知平面向量，，，对任意实数，，都有，成立．若，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】利用平面向量的运算，将关于模的不等式恒成立，转化为关于，的一元二次不等式恒成立，结合，发现平面向量，，间的关系，作出对应图形，将的最值问题转化为线段最值问题，即可求解． 【详解】由于对任意实数，都有成立． 对于，有， 即， 化简可得． 故对任意实数，都有成立， 则， 则． 同理对任意实数，都有成立． 对于，有， 即， 化简可得． 故对任意实数，都有成立， 则， 则． 令，，，， 则， ，， 故如图所示，点在以为直径，为圆心的圆上， 点在与垂直于点的直线上． 由于， 而． 已知，则，故的最小值为4． 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①函数是奇函数； ②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； ③已知是曲线上任意一点，，则； ④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对与分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得. 【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误； 对②：，即， 当时，有，故是该方程的一个根； 当，时，由，故，结合定义域可得， 有，即， 令，，有或（负值舍去），则， 故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根； 当，时，由，故，结合定义域有， 有，即， 令，， 有或（正值舍去）， 令，即，则， 即，故在定义域内亦必有一根， 综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确； 对③：令，则有，， 令，，， 当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，，故恒成立，即，故，故③正确； 对④：当时，由，，故， 此时，，则， 当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或， 当时，由，有，故成立； 当时，即有， 由③知，点与点在圆上或圆外， 设点与点在圆上且位于x轴两侧，则, 故； 综上所述，恒成立，故④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当、都小于零时，的情况. 三、解答题 16. 已知函数． （1）当时，求的最大值和最小值，以及对应的的值. （2）在中，内角所对的边分别为.已知，，.求的值. 【答案】（1）当时，取得最小值为；当时，取得最大值为. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换公式化简函数的解析式，再结合三角函数的性质求函数在给定区间上的值域，并指出取得最值时对应的的值. （2）先根据条件求出，再利用正弦定理求，余弦定理求，最后利用三角恒等变换公式求的值. 【小问1详解】 因为， 因为，所以， 所以当即时，取得最小值，为； 当即时，取得最大值，为. 【小问2详解】 由， 又，所以为锐角，所以. 由余弦定理，，所以. 由正弦定理，， 由余弦定理，. 所以， ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：在正方形中，， 又侧平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为△是正三角形，M是的中点，则， 又，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直性质证平面得，再结合正三角形中线，利用线面垂直判定定理证平面； （2）取上下底中点构造辅助线，先证底面、平面，确定为二面角平面角，再通过边长计算直角三角形边长求出其余弦值； （3）先由面面垂直推平面得到，进而求得面积，利用等体积法，转换三棱锥与体积列方程求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取，的中点分别为，连接， 则，因为，所以， 因为△PAD是正三角形，所以， 又侧面平面，侧面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以是侧面与底面所成二面角的平面角． 因为正方形的边长为2，则，， 所以，所以， 即侧面与底面所成二面角的余弦值为． 【小问3详解】 因为在正方形ABCD中，， 又侧面平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以△为等腰直角三角形，， ， 设到平面的距离为d，则， 解得，即到平面的距离为． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以，，为三边的三角形面积为1．过左焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，、分别为、的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求定点坐标； （3）设为直线与直线的交点，当的面积取到最小值时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）由点B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去得， 由韦达定理得，且， 则中点，由，则代替m，得， 所以，故， 化简得，则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上，直线MN过定点． （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得:，解方程即可求解； （1）根据短轴长及椭圆上点求椭圆参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理求中点坐标，利用垂直关系确定坐标，进而写出直线的方程，即得定点； （3）由，结合（2）及弦长公式求关于m的表达式，最后应用基本不等式求面积的最值. 【小问1详解】 由题可得:，解得：， 所以椭圆的方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由点M，N分别为AB，DE的中点， 由 ， 由（2）知， 以代替m，得， 所以， 当且仅当，即时，． 19. 在数列 中， ，等差数列 的前 项和为 ，且 . （1）求数列 ， 的通项公式. （2）设集合 ，在数列 中，定义 为集合 中在区间 内的元素个数. ① 求 ； ② 求 . 参考公式: 当 时， . 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用等比数列定义得到的通项公式，对等差数列设公差，根据题给两个条件建立关于首项、公差的方程组求解，进而得到的通项公式； （2）①根据的定义，找出落在区间中的全部元素，统计元素个数即得到；②先利用容斥原理把并集的计数拆成两个集合分别计数再减交集，然后对每部分按数列的项分段求和，借助等差乘等比求和公式，套用题目给出的求和公式计算，最后通分化简得到结果. 【小问1详解】 由可得是首项为2，公比为2的等比数列，则，故数列的通项公式是； 设等差数列的公差为，因为，所以有，解得， 则，故数列的通项公式是； 【小问2详解】 ①由题，当，此时，在区间的元素个数为2，所以； ②的定义：集合中落在区间内的元素个数，即， 由集合容斥原理:, 对求和：, 对于集合，满足的正整数满足， 对于实数，表示不超过的最大整数，则中不超过的元素个数为，因此， 按的幂分段计数： 当时，，该区间共个整数； 端点单独计算，，仅个点， 因此 ， 由参考公式: 当 时， ，代入，，得：， 所以， 令，整理得，即，故为偶数，因此，满足的正整数个数为， 故中不超过的元素个数为，因此， 按的幂分段计数： 当时，，该区间共个整数； 端点单独计算，，仅个点， 因此， 由参考公式，代入，，得，， 对于集合，由，所以中不超过的元素个数为，因此 由，得为整数，即中不大于的项数为， 按公差分段计数： 当（）时，，每段共个整数； 端点单独计算，值为，仅个点， 因此, 将代入并化简得， 所以. 所以. 20. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的单调区间： （2）讨论的零点个数； （3）若有三个零点，，，且，证明：． 【答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间． （2）当时，有个零点；当时，有个零点． （3）由（2）知有个零点时，零点满足． 先验证函数性质： 因为，所以． 又，则，而在仅有唯一零点，故，即． 待证不等式等价于：． 由，，解出． 将代入待证不等式，即证：， 移项，构造辅助函数：，． 只需证明：时，． 求导：， 化简：， 通分整理分子，令，分母， 只需研究符号，． 为判断的符号，对求导，得， 此时仍有，符号难以直接判断． 令，有． 对求导，得，此时仍有，符号难以判断． 令，有． 对求导，得，此时仍有，符号难以判断． 令，有． 对求导，得． 逆推，当时，． 所以在单调递增，故，即； 所以在单调递增，故，即； 所以在单调递增，故，即； 所以在单调递增，故． 因此时，在单调递增． 求的值，利用导数定义： ， 该极限表示函数在处导数， 因为，将代入，得． 所以，． 因为在单调递增，故对任意，． 取，， 即，． 结合，得，得证． 【解析】 【分析】（1）求出函数定义域，代入求导化简，依据导数符号判断单调区间； （2）求导，令导数分子为二次函数，用判别式对参数分类讨论；时利用韦达定理得到两根范围，结合单调性与直接判断极值正负，再结合极限分析零点个数； （3）利用得到零点关系，将待证不等式消元，把用表示，构造单变量辅助函数，多次求导分析单调性证明不等式． 【小问1详解】 函数的定义域为，当时，，， 仅当时，故的单调递增区间为，无单调递减区间． 【小问2详解】 ， 令，． ①当时，，则对恒成立， 故，在上单调递增．又，故仅有个零点． ②当时，，设两根为， 由韦达定理：，，可得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 为极大值，为极小值． 因为，且在区间单调递减，， 所以，． 当时，，故在内存在个零点； 当时，，故在内存在个零点； 在上零点为． 综上：当时，有个零点；当时，有个零点． 【小问3详解】 略 【点睛】此题考查导数的综合应用，利用函数对称性分析零点关系，将多元不等式证明转化为单变量函数最值问题，解题的关键是多次求导研究函数单调性，并借助导数定义处理端点极限完成证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $