天津市南开中学2024−2025学年高三下学期第五次月考 数学试卷（含解析）

这是一份天津市南开中学2024−2025学年高三下学期第五次月考 数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，“”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．已知变量和变量的一组成对样本数据的散点落在一条直线附近，，，相关系数为，经验回归方程为，则下列说法错误的是（ ）
A．当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强
B．当时，
C．，时，成对样本数据的相关系数满足
D．必定满足经验回归方程
4．设，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增，且曲线存在对称轴
B．在上单调递增，且曲线存在对称中心
C．在上单调递减，且曲线存在对称轴
D．在上单调递减，且曲线存在对称中心
6．已知函数的最小正周期为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．函数的最大值为
C．函数的图象关于直线对称
D．函数在上单调递增
7．设为双曲线的右焦点，，分别为的两条渐近线的倾斜角，已知点到其中一条渐近线的距离为，且满足，则双曲线的焦距为（ ）
A．B．2C．D．4
8．瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案如下图，分别记为曲线，，，，已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到的：将的每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作等边三角形，再去掉底边．记为曲线所围成图形的面积，则（ ）
A．B．C．D．
9．欧阳南德与上官琐艾即将毕业，为了纪念美好的高中时代，二人来到南开工坊共同制作了属于他们的艺术品：该艺术品包括内外两部分，外部为一个正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“欧”、“阳”、“上”、“官”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“南”、“德”、“琐”、“艾”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒．已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为，为使内部正四面体在外部正四棱锥内（不考虑四棱锥表面厚度）可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．是虚数单位，复数，则 ．
11．在的展开式中，所有项系数的和为64，其展开式中项的系数是 ．（用数字填写答案）
12．已知抛物线，圆，过轴上一点作直线分别与和相切于，两点，其中点坐标为，则 ．
13．已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从甲箱中取出的球是一黑一红”为事件，“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则 ； ．
14．在平面凸四边形中，，分别为边，上的动点，已知，，．
（1）当，分别为边，的中点时，线段的长为 ；
（2）当时，线段长的最小值为 ．
15．已知方程恰有4个不同的实数解，则正实数的取值范围是 ．
三、解答题
16．在中，角，，所对的边分别为，，．已知．
（1）求；
（2）若，，求边上的高；
（3）若，求的值．
17．如图，在直三棱柱中，，，．是的中点，是的中点，是与的交点．

（1）证明：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的体积．
18．设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值．
19．已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，
（1）求与的通项公式；
（2）设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求；
（3）设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最大值．
20．已知函数，.设为的导函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：有且仅有一个极值点；
（3）判断的所有零点之和与的大小关系，并说明理由.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为全集，集合，则，
且集合，所以.
故选D.
2．【答案】A
【详解】不等式，不等式，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A
3．【答案】A
【详解】对当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强，
例如，，对应的样本数据的线性相关程度更强，故A错误；
于选项B：当时，变量和变量正相关，则，故B正确，
对于选项C：当，时，不变且，
所以，故C正确；
对于选项D：经验回归方程必过样本中心点，
所以必定满足经验回归方程，故D正确.
故选A.
4．【答案】D
【详解】因为在上单调递增，所以，
因为在上单调递减，
所以，且.
由，则，
综上可知.
故选D.
5．【答案】B
【详解】令，得，解得，可知的定义域是，
因为，
且在上单调递增，在上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在上是增函数，
又因为，即，
所以是奇函数，曲线存在对称中心，即B选项正确.
故选B.
6．【答案】B
【详解】由题知：，
∵函数的最小正周期为，∴.
∵，∴.故选项A正确；
∴，函数的最大值为，故选项B错误；
令，解得，当时，，
∴函数的图象关于直线对称，故选项C正确；
∵，∴，而在上为增函数，
∴函数在上单调递增，故选项D正确.
故选B.
7．【答案】C
【详解】双曲线的渐近线方程为，即.
∵，分别为的两条渐近线的倾斜角，∴.
又∵，∴，∴，∴.
又双曲线的右焦点到其中一条渐近线（不妨取这条）的距离为，
∴，∴，，
双曲线的焦距为.
故选C.
8．【答案】C
【详解】因为，
可知即在基础上多出个面积为的正三角形，
则，即，
所以.
故选C.
9．【答案】D
【详解】对于正四棱锥，可知，
则，
可得正四棱锥表面积为，
因为顶点在底面的投影为正方形的中心，
则，可得，
设正四棱锥的内切球半径为，则，
因为正四面体在正四棱锥内转动，可知正四面体即在正四棱锥的内切球内转动，
若正四面体体积最大，该球即为正四面体的外接球，
将正四面体体嵌套在正方体中，则该球即为正方体的外接球，
设正方体的边长为，则，即，
所以正四面体体的体积.
故选D.
10．【答案】
【详解】∵，
∴.
11．【答案】
【详解】对于，令，可得所有项系数的和为，即，
则的展开式通项为，
令，解得，
所以展开式中项的系数是.
12．【答案】
【详解】因为抛物线，即，则，
可知直线的斜率，倾斜角，则，
又因为圆的半径，且，
所以.
13．【答案】/0.6 /0.7
【详解】记“从甲箱中取出的球恰有个红球”为事件，
根据题意可得，
，
所以
.
14．【答案】
【详解】（1）如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则，即，
设，
因为，分别为边，的中点，
则，可得，
又因为，可得，即，
且，解得，
所以；
（2）因为，设的夹角为，
又因为，
可得，当且仅当，即同向时，等号成立，
所以线段长的最小值为.
15．【答案】
【详解】令，
，图象关于对称，
其中，.
如图作出函数的图象.
图象关于直线对称，
其中.
当时，
，
又当时，由可知，在单调递增，
由关于直线对称，则在单调递减，
故.
当时，令，
解得，
故函数的图象必与直线有个交点，
当时，，令，
解得，.
，
.
由及，均解得.
①当时，，
故此时函数的图象在上与的图象有两个交点；
再令，
得方程，由，
由时，，方程无解；
且，
故此时函数的图象在上与的图象无交点；
因此，当时，方程有2个不同的实数解，不满足题意；
②当时，，又，
故此时函数的图象在上与的图象只有一个交点；
要使方程恰有4个不同的实数解，
则需函数的图象在上与的图象恰有个交点，
又在上单调递减，
令，
方程在上至多个交点，
所以方程在上至少有个交点，
则，解得，不满足条件，
故当时，不满足题意；
③当时，，
分别作出图象可知，两函数图象此时有两个交点，不满足题意；
④当时，，
此时在上单调递增，且在上也单调递增，
故在上单调递增；
由对称性可知在上单调递减；
又，
结合图象可知，两函数图象有个交点，不满足题意；
若，则，
故在上单调递减；在上单调递增；
在上单调递减；
在上单调递增；在上单调递减，
在上单调递增.
当时，；
由关于直线对称可知，
则当时，，
其中，，
由解得.
由解得.
⑤当时，，，
当时，即；
由关于直线对称可知，
则当时，；
结合的单调性，由的图象可知，
此时与的图象有个交点，不满足题意；
⑥当时，此时，
当时，令
得，解得，且，
故在内无解；
又，
结合函数单调性作出与图象，可两图象有个交点，不合题意；
⑦当时，当时，由，，且，
故的图象在内有个交点，
当时，
令，化简得，
解得，又由，，
故，在内无交点；
结合函数单调性与图象，
可知在与内各有个交点；
综上可知与的图象有个交点，满足题意；
⑧当时，，
且，
又，
且，，
分别作出函数图象，与图象有个交点，不合题意；
⑨当时，，
，
令，可得，，
由上同理可知，
故与的图象在与内各有一个交点；
又，
故结合单调性与图象可知，
故与的图象在与内都没有交点，
故当时，的图象有个交点，不合题意；
综上所述，正实数的取值范围是.
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为，
由余弦定理可得，
整理可得，则，
且，所以.
（2）因为，可得，
联立方程，解得或（舍去），
由（1）可得，则，即，
设边上的高为，
则，即，解得，
所以边上的高为.
（3）因为，且，则，
可得，
所以.
17．【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【详解】（1）因在直三棱柱中，，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
且是的中点，是的中点，是与的交点，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
因为，可知，
且平面，所以∥平面.
（2）由（1）可得：，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）可得：，
则点到平面的距离，
又因为，则边的高，
所以三棱锥的体积.
18．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为离心率为
由题意可知：，
则直线，即，
可得原点到直线的距离为，即，
由题意得：，解得：，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可知：，且直线与椭圆必相交，且斜率不为0，
可设直线为，
联立椭圆方程，消去x可得，
则，
可得，
其中，
可得，
因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，
则直线PQ：，
令得：，即，
所以，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，
则，可得，
由，即，解得，
所以.
（2）令，则，
可得
，
若为奇数，则，不合题意；
若为偶数，则，符合题意；
综上所述：，可知数列的首项和公比均为9，
所以.
（3）因为，
则，
两式相加可得
，
又因为，
则
，
即，则，
又因为，则，可知数列为递增数列，
则，
可得，解得，
且，则，
所以的最大值.
20．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）函数的所有零点之和大于，理由见解析
【详解】（1）因为，所以，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为，，所以，
设，，
则，其中恒成立，
设，，
则，
因为，所以，
所以当，即时，，函数单调递减；
当，即时，，函数单调递增；
当，即时，，函数单调递减，
又，，
，，，
所以，使得，即，
所以对于，有，
当时，，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减，
所以是函数的极大值点，无极小值点，
所以函数有且仅有一个极值点.
（3）函数的所有零点之和大于，理由如下：
由（2）知，
，使得当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减，
又，所以，，
因为，所以，所以，
所以，使得；，使得，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
又，，所以，
又，，
所以，使得，所以，
又，所以，
所以，使得，
又，
所以函数在区间上无零点；
故函数在上有两个零点，且，
由可得：，
所以，，
又，所以，所以，所以，
所以，
又，所以，，
因为函数在上单调递减，所以，即，
所以函数的两个零点之和大于.