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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
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．2 C． 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．D
2．A
3．A
4．D
5．B
6．B
7．C
8．C
9．D
10．
11．
12．
13．/0.6 /0.7
14．
15．
16．（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．（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．（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．（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．（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.

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