北京市第八十中学2025-2026学年第二学期高三一模前模拟练习数学统练五（含答案）

北京市第八十中学 2025-2026 学年第二学期高三一模前模拟 练习 数学统练 五
(考试时间 120 分钟 满分 135 分)提示:试卷答案请一律填涂或书写在答题卡 上, 在试卷上作答无效.在答题卡上, 选择题用 2B 铅笔作答, 其他试题用黑色签 字笔作答.
一、选择题共 10 小题, 每小题 4 分, 共 40 分.
1. 已知全集 ，集合 ，则 ( )
A. B. C. D.
2. 在复平面内,复数 对应的点坐标为 ,则实数 ( )
A. 2 B. -2 C. 1 D. -1
3. 在 的展开式中， 的系数为( )
A. 10 B. -10 C. 40 D. -40
4. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在 上，若 ，则( )
A. B. C. D.
5. 为得到函数 的图象,只需( )
A. 把函数 的图象上的所有点向左平移 10 个单位
B. 把函数 的图象上的所有点向左平移 1 个单位
C. 把函数 的图象上的所有点横坐标变成原来的 10 倍，纵坐标不变
D. 把函数 的图象上的所有点横坐标变成原来的 倍,纵坐标不变
6. 已知 ，点 ， 是坐标原点. 若点 在 上， 则 面积的最大值为( )
A. B. 3 C. D. 2
7. 音量大小用声强级 (单位: )表示，声强级 与声强 (单位: ) 的关系是: ,其中 指的是人能听到的最低声强. 人能承受的最大声强为 ，对应的声强级为 . 若学生早读期间读书的声音的声强级范围为 (单位: ),则下列选项中错误的是 ( )
A. (单位: )
B. 学生早读期间读书的声强范围为 (单位: )
C. 如果声强变为原来的 2 倍，则对应声强级也变为原来的 2 倍
D. 如果声强级增加 ,则声强变为原来的 10 倍
8. 已知正数 满足 ,则()
A. B. C. D.
9. 已知无穷等比数列 的前 项和为 ,则 “ ” 是 “ 既无最大值也无最小值”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
10. 已知 是各项均为整数的递增数列,且 ,若 ,则 的最大值为( )
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
二、填空题共 5 小题, 每小题 5 分, 共 25 分.
11. 若 ，则 _____.
12. 在 中,已知 边的中线 ,那么 _____.
13. 已知平行四边形 中, ,点 满足 ,则 _____.
14. 如图,已知 ,在函数 的部分图象中,其图象上的点 是同一直线上的三点,且该直线与 轴交于点 ,若 ,则 _____.
15. 设 与 是两个不同的无穷数列,且都不是常数列. 记集合 ,给出下列 4 个结论:
①若 与 均为等差数列，则 中最多有 1 个元素；
②若 与 均为等比数列，则 中最多有 2 个元素；
③若 为等差数列， 为等比数列，则 中最多有 3 个元素；
④若 为递增数列， 为递减数列，则 中最多有 1 个元素. 其中正确结论的序号是_____.
三、解答题共 5 小题, 共 70 分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 在 中, .
(1)求 ；_____
(2)若 的面积为 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得 存在,求 .
条件①: ;
条件②: ;
条件③: .
注:如果选择的条件不符合要求，第(2)问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答, 按第一个解答计分.
17. 已知四棱锥 于点 ，
(1)若点 在线段 上，且 平面 ，证明: 是 中点.
(2)若 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
18. 北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中 9 处中轴线遗产点分为 、 、 三种类型，如下表:
类型 (古代皇家宫苑建筑) (古代皇家祭祀建筑) (古代城市管理设施)
中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太 庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门
在上述 9 处中轴线遗产点中, 某研学团队计划随机选取 3 处进行研学
(1)求选取的 3 处遗产点都为 A 类的概率；
(2)设选取的 3 处遗产点的类型种数为 ，求 的分布列及数学期望；
(3)设选取的3处遗产点中， ， ， 类遗产点的个数分别为 ， ， ，记 ， ,直接写出方差 与 大小关系. (无需证明)
19. 已知椭圆 的右顶点为 ,焦距为 .
(1)求椭圆 的方程及离心率 ；
(2)过 作直线 交椭圆 于不同两点 ，设直线 分别与直线 交于点 ,比较 与 的大小,并给出证明.
20. 已知函数 ,其中 .
(1)讨论 的单调性;
(2) (i) 当 时,证明: ;
(ii) 当 时,设 ,且 . 求证: .
1. B
因为全集 ,集合 ,
所以 ,
故选: B
2. B
,则 对应的点的坐标为 ,故 .
故选: B
3. D
通项公式 ,
令 ,得 ,所以 的系数为 ,
故选: D
4. C
抛物线 的准线方程为 ,
又点 在 上且 ,则 ,所以 ,
即 ,故 错误, 正确;
又 ，所以 ，所以 ，故 、 错误.
故选:
5.
对于 中,把函数 的图象上的所有点向左平移 10 个单位,
可得 ,所以 不正确;
对于 中,函数 的图象上的所有点向左平移 1 个单位,
可得 ,所以 正确;
对于 中,函数 的图象上的所有点横坐标变成原来的 10 倍,纵坐标不变, 可得 ,所以 不正确;
对于 中,函数 的图象上的所有点横坐标变成原来的 倍,纵坐标不变, 可得 ,所以 不正确.
故选: B.
6. B
由 ,即 ,
则圆心 ,半径为 ,
因为 ,则 ,
又 ,则 ,即 ,
要使 面积最大,则 在 延长线上,且在圆上,如图,
此时 ,
则 面积的最大值为 .
故选: B.
7. C
由题设 ,可得 , A 对;
所以 ,
若 ,则 ,所以 , B 对;
若 ,则 , C 错;
若 ,则 ,可得 , D 对.
故选:
8. A
因为 为正数,故 .
由题设有 ,
而 ,故 ,故 ,
故 ,且 ,
故
设 ,因为 均为 上的增函数,
故 为 上的增函数,而 ,故 ,
故 A 正确, BCD 错误.
9. B
设公比为 ,由 得 ,
因为 ,所以 ,所以 ,所以 或 ,
即 的充要条件为 或 ,
当 ， 时， ，此时 ， 故 ,所以 为单调递增数列,此时 有最小值无最大值,
当 时, ,此时 , 故 ,所以 为单调递减数列,此时 有最大值无最小值,
当 时， ， 为摆动数列，
且 ,
故 ,所以随着 的增大, 趋向于正无穷或负无穷,
故 无最大值,也无最小值,此时 无最大值,无最小值,
所以由“ ”推不出“ 既无最大值也无最小值”;
反之,当 时, 为常数列,此时 无最大值或无最小值;
当 时, 有最大值,也有最小值,此时 有最大值和最小值;
当 时,由上面分析若 ,则 有最小值无最大值,
若 ,则 有最大值无最小值;
当 时,若 ,则 有最小值无最大值,
若 ,则 有最大值无最小值;
当 时,若 ,则 ,
,当 为奇数时, ,当 为偶数时, , 且随着 的增大, 趋向于 ,
其中 ,
故 且 ,
故 有最大值 ,也有最小值 ,
若 ,则 ,
,当 为奇数时, ,当 为偶数时, ,
且随着 的增大, 趋向于 ,
其中 ,
故 且 ,
故 有最大值 ,也有最小值 ;
当 时,结合前述分析可知 无最大值,无最小值,
由此可知 “ 既无最大值也无最小值” 当且仅当 ,此时 成立.
综上,“ ”是“ 既无最大值也无最小值”的必要不充分条件.
故选: B
10. C
若要使 尽可能的大,则 ,递增幅度要尽可能小,
不妨设数列 是首项为 3,公差为 1 的等差数列,其前 项和为 ,
则 ,
所以 .
对于 ,
取数列 各项为 ,
则 ,
所以 的最大值为 11 .
故选: C.
11. -120
因为 展开式的通项公式为 ,
所以 .
故答案为: -120
12. 9
由 ,得 ,
所以 ,
即 ,
即 .
由余弦定理,得 ,
所以 .
故答案为: 9 .
13. 7
故答案为: 7 .
14.
因为 ,
点 是图象上的同一直线上的三点,直线与 轴交于点 ,
两点关于 点对称., 两点关于 点对称.,
设 ,且 ,
所以 ①,则 ,
所以 ,故 或 ,
若 ,即 是 的一个零点,不符合题意,
所以 ,则 ,而 ,
所以 ,结合①有 ,所以
而 ,所以 ,
所以 ,
所以 .
15. ①③④
对于①，因为 均为等差数列,故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点,故 中至多一个元素,故①正确.
对于②，取 ， ，则 ， 均为等比数列，
但当 为偶数时,有 ,此时 中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设 ， ，
若 中至少四个元素,则关于 的方程 至少有 4 个不同的正数解,
若 ,则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解, 矛盾;
若 ,考虑关于 的方程 奇数解的个数和偶数解的个数,
当 有偶数解,此方程即为 ,
方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时 ,
否则 ,因 单调性相反,
方程 至多一个偶数解,
当 有奇数解,此方程即为 ,
方程至多有两个奇数解,且有两个奇数解时 即
否则 ,因 单调性相反,
方程 至多一个奇数解,
因为 不可能同时成立,
故 不可能有 4 个不同的整数解,即 中最多有 3 个元素,
取 ,则 ,故③正确.
对于④，因为 为递增数列， 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为:①③④.
16. (1)在 中，因为 ，
由余弦定理 ,得 .
因为 ,所以 .
(2)选择条件①:
因为 ,所以 .
由题意得 ,所以 .
因为 ,
所以
.
由正弦定理 ，得 ，
又 ，解得 ，所以 .
选择条件②:
由题意得 ,所以 .
因为 ,且 ,所以 .
又 ,所以 ,
又 ,解得 或 .
选择条件③:不符合题意，因为 中， ，不可能 .
17.(1)过点 作 ,交 于 ,连接 ,
因为 ,所以 ,所以 四点共面,
因为 平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 ,又 ,所以四边形 是平行四边形,
所以 ,所以 分别是 的中点,
即 是 中点得证.
(2)因为 平面 平面 ，所以 ，
又 , , 平面 ,
所以 平面 ,
连接 ,因为 ,所以四边形 是平行四边形,
所以 ,所以 ,
以 为原点,分别以 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 , 如图,
则 ,
,
设 是平面 的法向量,则
,即 ,令 ,则 ,
所以 是平面 的一个法向量.
设直线 与平面 所成角为 ,则
即直线 与平面 所成角的正弦值是 .
18. (1)在 9 处中轴线遗产点中,随机选取 3 处共有 种,
因 类遗产点只有 3 处,故选取的 3 处遗产点都为 类的概率为 ;
(2)由题意可知， 的可能取值为1,2,3，
其中 : 选取的 3 处遗产点为同一类型,共 3 种;
处中包含两种类型,一种 1 个,一种 2 个,共有 种;
: 从三种类型中各选一个,共有 种,
则 ,
则 的分布列为: 则数学期望为 ;
1 2 3
9 14
(3)因 ，则 ， ，
则 ,
又由于 具有相同的分布,故 ,
故 .
19. ( 1 )由题意有: ，所以 ，
又 ,
所以椭圆 的方程为: ,
所以离心率为 ;
(2)由题意得直线 的斜率存在且不为 0，可设直线 的方程为: ，
所以 ,
所以 ,即 ,
设 ,
所以 ,
由 ,所以直线 的方程为: ,
令 得 ,同理得 ,
所以
,
,
当 且 时, ,
当 时, 或 ,
此时 与 平行,没有交点 ,不合题意.
所以 .
20.(1) ,
① 当 时， 在 单调递增,
② 当 时,令 ,解得 ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
综上,当 时, 在 单调递增;
当 时, 在 上单调递增,
在 上单调递减.
(2)设 ，
则 ,
因为 在 上单调递增, ,
所以当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增;
所以 ,当且仅当 时取等,
所以 ,即 ,当且仅当 时取等;
(ii) 法一: 由 (1) 已知,当 时, 在 单调递增;
因为 ,所以 ,
由(2)可知， ， ，
所以 ,
因为 ,所以 ,
所以 ,即 ,
所以 ,
所以
法二:
由 (1) 已知,当 时, 在 单调递增;
因为 ,所以 ; (同法一)
设 ,易知 在 上单调递增,
所以当 时, ,即 ,
上式整理得 ,即
设 ,所以 在 上单调递减,
所以 ,即 ,
因为 ,所以 ,所以 ,即 ,
所以
所以 (同法一)
法三:
由( 1 )已知，当 时， 在 单调递增；
因为 ,所以 ; (同法一)
设 ,
所以 ,所以 在 上单调递增,
显然 ,所以 ,即 ,
因为 ,所以 ,所以 ,即 ,
根据基本不等式, ,所以 ,
所以 ,
所以
法四:
由 (1) 已知,当 时, 在 单调递增;
因为 ,所以 ; (同法一)
因为 ,所以
根据基本不等式, ,
设 ,所以 ,整理得 ,
设 ,
所以 ,
所以 在 单调递减,在 单调递增,
所以 ,所以 为增函数,
因为 ,所以当且仅当 时, ,
所以 ,
根据基本不等式, ,所以 ,
所以
所以 (同法三)