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辽宁省鞍山市2026届高三下学期5月份质量检测
数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则复数虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
3．为研究某池塘中水生植物覆盖池塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ）
3 4 6 7
2 2.5 4.5
A．5 B．6 C．7 D．8
4．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是两条不同直线，，是两个不同的平面，且，，∥，∥，则“与为异面直线”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
6．在中，点D为边的中点，过点D的直线与，两边（或其延长线）分别交于点E，F，设，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．将正整数分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，即为的最优分解，当，是的最优分解时，定义，则数列的前100项和为（ ）
A． B． C． D．
8．定义在上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的有（ ）
A．函数的最小正周期
B．是函数的一个对称中心
C．函数在区间上的值域为
D．将函数的图象向左平移后得到的图象，则
10．已知数列满足设，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是等比数列
C． D．
11．函数的图象（如图）称为牛顿三叉戟曲线，则（ ）
A．的极小值点为
B．当时，
C．过原点且与曲线相切的直线仅有2条
D．若，，则的最小值为
三、填空题
12．在二项式的展开式中，若所有项的系数之和等于64，那么在这个展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）
13．已知幂函数（），在区间上是单调减函数．若，，则__________．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与该双曲线的左、右支分别交于两点，记与的内切圆的半径分别为，若，则的值为___________．
四、解答题
15．如图，实地测量中，在岸边选了3个位置在对岸处，下面得到了一些参数．已知：，，，．
(1)求的长度；
(2)求的值．
16．如图，在直三棱柱中，底面三角形是边长为2的等边三角形，是棱上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到达点的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为.
(1)求证：平面；
(2)求平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值.
17．年，我国某航天公司研发的“低轨卫星通信终端（星链终端）”核心信号处理系统内置个量子芯片元件，每个元件在太空环境下正常工作的概率为，各元件工作状态相互独立.
(1)当时记系统中正常工作的元件个数为随机变量，回答以下问题：
①求的分布列及数学期望；
②若有超过一半的元件正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统的可靠性，能否通过增加一个量子芯片元件即提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明.
(2)该公司从某批次量子芯片中随机抽取了100个元件，在“模拟太空环境”和“地面实验室环境”下测试其工作状态，得到如下列联表：
正常工作 故障 合计
模拟太空
地面实验室
合计
请根据小概率值独立性检验，能否认为元件工作状态与测试环境有关联？
附：，.
18．在平面直角坐标系中，定义，两点之间的“曼哈顿距离”为，我们把到两个定点，的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“曼哈顿椭圆”．
(1)请分析“曼哈顿椭圆”的对称性，并求出它的面积（用表示）；
(2)当，时，该“曼哈顿椭圆”的顶点都在椭圆C上，过点作圆的两条切线与椭圆分别交于两点．
（ⅰ）求椭圆的方程；
（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
19．已知函数.
(1)当时，求证：；
(2)若对于恒成立，求的取值范围；
(3)若存在，使得，求证：.
参考答案及解析
1．C
解析：因为，，所以.
2．C
解析：由题意可得，
所以复数虚部为.
3．C
解析：由题意可得，，
所以样本中心点为，又与的线性回归方程，
所以，解得.
4．D
解析：由可得：，则抛物线的准线方程为：直线，又，则.
故选：D.
5．A
解析：过作平面，使平面平面，由线面平行的性质定理可得∥，因为与为
异面直线，所以与必然相交，（否则有∥，∥得到∥，与与是异面直线
矛盾），所以由面面平行的判定定理知∥；反过来若∥，则与不一定为异面直
线，可能∥，故“与为异面直线”是 “∥”的充分不必要条件.
故选：A
6．C
解析：因为是的中点，所以，
由于三点共线，所以，其中，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
7．B
解析：当为偶数时，设，，
，
所以；
当为奇数时，设，，
，
所以；
所以的前100项和为.
8．D
解析：由已知满足， 且函数为偶函数，
所以，
令，
所以函数是周期为的周期函数.
又因为与函数都是偶函数，由对称性可知
由于关于的方程至少有8个实数解，
故当时，与至少有个交点.
函数与图象如图所示.
由图可知：当时，只需，解得 ，
当时，只需，解得，
当时，显然符合题意.
综上所述：.
9．AD
解析：由图，，所以，所以，
图象经过点，代入解析式得，
所以，解得，又，
所以，所以，
对于A：由上分析可知，A正确；
对于B：将代入解析式得，
正弦函数的对称中心是其函数值为0的点，B错误；
对于C：因为，所以，
当，即时，取得最小值，C错误；
对于D：将函数的图象向左平移后得到，
则，D正确；
故选：AD.
10．BC
解析：依题意，，故A错误；
因为，，
所以是以6为首项，2为公比的等比数列，故正确；
所以，所以，
所以，故C正确；
，故D错误．
11．BD
解析：由函数知，，求导得：，
对于A选项：，，则的极小值点为，A不正确；
对于B选项：时，，时，
时，，即时，恒有，B正确；
对于C选项：设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，
而切线过原点，则有，解得，即过原点且与曲线相切的直线有一条，C不正确；
对于D选项：时，，
，令，则，
，时，时，
函数在上递增，在上递减，时
即有最小值3，的最小为，D正确.
故选：BD
12．135
解析：在中，令得所有项的系数之和为，依题意，，解得，
因此的展开式的通项为，
令得：，
所以项的系数是135.
故答案为：135
13．
解析：由题意可得，解得，又，所以，所以，
，所以，
所以，
所以，即，
因为，，所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
14．
解析：由双曲线，得，则，，
设，则，
所以，
，
则．
在与中，，
即，整理得，
所以，解得，
所以．
15．(1)
(2)．
解析：（1）在中，，
．
（2）延长交于点，则，所以为等边三角形，，，
由，得，
在中，，
在中，由正弦定理可得，，则，
在中，设，由，可得，则．
故的值为．
16．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图如图，
其中最短路径为，
得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，故以点为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，即，
又平面，所以平面；
（2）易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
17．(1)①分布列见解析，；②答案见解析
(2)没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联.
解析：（1）①由题意可知，所以，
，，
，，
，
则的分布列如下：
故；
②（方法1）当时记系统中正常工作的元件数为随机变量，则，
记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为，
故，
，
故，
故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性；
（方法2）记事件为新增加的这个量子芯片元件正常工作，
当时记系统中正常工作的元件数为随机变量，
当时记系统的可靠性为，当时记系统的可靠性为，
有，.
则
即
即，
故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性.
（2）由已知有，
故没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联.
18．(1)“曼哈顿椭圆”关于轴对称，关于轴对称，关于原点对称；.
(2)（ⅰ）；（ⅱ）直线与圆相切，理由见解析.
解析：（1）设“曼哈顿椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“曼哈顿椭圆”的方程为.
将方程中替换为，方程不变，所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称；
将方程中替换为，方程不变，所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称；
同时将方程中替换为，替换为，方程仍不变，所以“曼哈顿椭圆”也关于原点对称．
只需分析出第一象限的图象即可，当，时，方程为；
当，时，方程为，“曼哈顿椭圆”图形如图所示．
其面积为．
（2）（ⅰ）∵，，
∴椭圆的左右顶点分别为，.
设椭圆的方程为，过点则，
即，所以椭圆的方程为．
（ⅱ）直线与圆相切，理由如下：
设过点与圆相切的直线方程为．则，，
，解得或．
设点，．则，．
直线的斜率为．
故直线的方程为，又，化简得直线方程为．
因此，圆心到直线的距离为，即直线与圆相切．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）由，得.
要证，只需证.
令，则.
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，故，
因此.
（2）
令，则
①当时，由，得，
因此，满足题意.
②当时，由，得，
因此，则在上单调递增.
若，则，
则在上单调递增，
所以，满足题意；
若，则，
因此在存在唯一的零点，且，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，不合题意.
综上，的取值范围为.
（3）由（2）知，设，
则在上单调递减，在上单调递增，
注意到，
故在上存在唯一的零点.
注意到，且在上单调递增.
要证明，只需证，
因为，所以只需证，
即证.
因为，即，
所以，只需证，
只需证（*）
由（1）得，
因此，
设，
则，所以在上单调递增，
所以，
从而，即，因此（*）得证，
从而.

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