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辽宁铁岭市高级中学、铁岭市清河高级中学、开原市高级中学等校2026届高三年级5月份学情调研数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则（ ）
A． B． C． D．
3．若，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量，，满足，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．在简单经济模型中，当产量为n时，对应的价格记为，若为等差数列，记其公差为d，则其在产量为m时的点弹性为．现在某简单经济模型中，当产量为3时的点弹性为1，则当产量为6时的点弹性为（ ）
A． B． C．1 D．2
6．已知函数，设甲：是偶函数，乙：是奇函数，则（ ）
A．甲是乙的必要不充分条件 B．甲是乙的充分不必要条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
7．将标有1，2，3，4，5的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列的排法总数为（ ）
A．7 B．10 C．13 D．16
8．记点，，，，第三象限内一点P满足与的斜率之积为3，则周长的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
二、多选题
9．已知样本点的回归直线l的方程为，相关系数为r，样本均值分别为，．现令，．设新样本点的回归直线为，则（ ）
附：相关系数；回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
A．过点 B．的斜率为
C．u与v的相关系数为 D．的截距为
10．已知三棱台的上、下底面相似比为1:2.在中，，侧棱，且与下底面所成的角为60°.则（）．
A．直线与直线相互垂直
B．直线与直线相互垂直
C．侧面与底面相互垂直
D．侧面与侧面相互垂直
11．已知随机变量（且），设函数，记，则（ ）．
A．对任意恒成立
B．对任意恒成立
C．存在，使得方程在区间内有解
D．存在，使得函数在区间内单调
三、填空题
12．记抛物线（，）与x轴的交点为T，与y轴的交点为A，B，若，为等腰直角三角形，则________．
13．已知奇函数满足：当时，，则________．
14．在中，，点D满足，，，则的内切圆半径为________．
四、解答题
15．某兴趣小组对当地家庭的收入情况与消费情况量化并进行建模，最终得到收支情况良好与较差的两类情况，统计结果如下：
收支情况良好 收支情况较差
M类家庭 80 20
N类家庭 75 25
这里家庭种类与恩格尔系数相关．
(1)用频率估计概率，从收支情况良好的家庭中任选一家，求其为M类家庭的概率；
(2)根据小概率值的独立性检验，分析收支情况是否与家庭种类相关．
附：，．
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
16．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，，，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
17．记为等比数列的前n项和，已知．
(1)求的公比；
(2)求的前n项和．
18．函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当，时，
（ⅰ）求的值域；
（ⅱ）证明：．
19．椭圆的右顶点为，过点A分别作斜率为的直线与斜率为的直线，，分别与交于相异P，Q两点，且．已知当时，．
(1)求的方程；
(2)证明：直线PQ过定点；
(3)求线段PQ中点的轨迹方程．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A C A D C ACD ABD
题号 11
答案 ACD
1．B
求解一元一次不等式，再由集合交集、补集运算即可求解.
【详解】由，得，
故，故，又，
故．
2．D
【详解】由题意可得，则，
故．
3．B
根据两角和的正弦公式结合商数关系可得，即可得解.
【详解】因为
，
所以，所以．
4．A
先求出，再根据，，结合数量积的运算律即可得解.
【详解】因为，，，，
所以，
，得，
显然，所以．
5．C
根据等差数列的通项公式计算即可.
【详解】显然，，解得，于是，
故．
6．A
根据函数的奇偶性求出的取值，再根据充分、必要条件求解即可.
【详解】由是偶函数得，，
得，
由是奇函数得，，
得，
若甲条件成立，取甲条件中，得，
代入乙条件验证，所以不是整数，不满足乙，即甲推不出乙；
若乙条件成立，，代入甲条件得，
所以满足时，乙可以推出甲；
所以甲是乙的必要不充分条件.
7．D
【详解】先找出中所有等差三元集合：，共组.
每组可排成递增、递减种有序等差排列，所以前三张共有种排法.
剩余个数全排列有种.总排法数为.
8．C
根据直线斜率之积确定点的轨迹方程，然后结合双曲线的定义计算即可.
【详解】设，由条件得，得，
可知其轨迹为双曲线第三象限的一部分，易知B为该双曲线的右焦点，左焦点为，
由定义与位置知，于是，
当且仅当F，P，D三点共线时等号成立，于是的周长．
9．ACD
【详解】对于A，由已知样本均值性质可得新样本均值分别为与，
因为回归直线必过样本中心点，所以新回归直线过点，故A正确；
对于B，因为且，代入公式可得新回归直线方程的斜率
，故B错误；
对于C，代入公式可得新样本的相关系数
，故C正确；
对于D，由截距公式可得新回归直线的截距
，故D正确．
10．ABD
将三棱台的侧棱延长交于，由上下底面相似比得为中点，结合侧棱长推得，再由边长关系证得，取中点，证明平面，有面面垂直的判定定理得平面平面，作得底面，结合角度与余弦定理求出长，进而证得两两垂直，再依据线面垂直、面面垂直的判定与性质，逐一判定各选项中线线垂直、面面垂直及二面角的正误.
【详解】将直线与以及延长交于点，由上下底面相似比为.
所以，，分别为，，的中点.
因为，所以.
在中，由，可得,
取的中点，连接与，
且.
在等腰三角形中，且.
因为，所以平面，平面.
所以平面平面，两平面的交线为.
过点作于点，则平面，所以或120°（舍）.
在中，由余弦定理得到.
所以，解得，此时.
所以，又，且.
所以平面，故且，即与以及两两垂直．
由平面得到，即直线直线，A正确；
由且，故平面.
因为平面，所以，即直线直线，故B正确；
侧面所在平面即平面，二面角的平面角为.
在直角中，，所以.
即二面角的平面角为，侧面与底面不垂直，C错误；
侧面与所在平面即平面与平面.
由平面且平面，得到两平面相互垂直，故D正确．
11．ACD
由，得到，且，，构造函数，，以及，利用导数求得函数的单调性与最值，逐项计算，即可求解.
【详解】因为，所以，
代入可得，
由二项式定理可得，
则，
代入可得，
又因为二项分布的数学期望，所以恒成立，故A正确；
由，可得，
代入可得，
因为二项分布的方差，
若恒成立，则恒成立，
因为且，等式两边同除以可得，化简可得，
此等式不可能对任意满足且的恒成立，故B错误；
令，取，则，此时，代入，可得，
可得，且函数连续，存在使得，
即存在使得在区间内有解，故C正确；
由可得，
取，此时，
当时，恒成立，此时导函数恒小于零，
函数在区间内单调递减，满足题意，故D正确．
12．3
根据抛物线的方程和性质计算即可.
【详解】显然，由得，注意到由对称性必有，
故，于是，，而，故．
13．4052
化简的表达式即可求得答案.
【详解】显然，注意到时，
于是．
14．
记，根据已知有，结合余弦定理、二倍角余弦公式得、，最后应用等面积法求内切圆半径即可.
【详解】显然，记，则，
所以，可知，
由等腰三角形性质得，即，且为锐角，得，
由余弦定理得，
则，
故的内切圆半径．
15．(1)
(2)收支情况与家庭种类无关
【详解】（1）记事件A：收支情况良好，事件B：家庭种类为M，
，
（2）零假设为：收支情况与家庭种类无关，
，
所以根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即收支情况与家庭种类无关．
16．(1)证明见解析
(2)或
（1）借助线面垂直判定定理可得平面，则可得，再由面面垂直性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解.
【详解】（1）由，，，、平面
可得平面，又平面，故，
由平面平面ABCD，平面平面，且平面，
故平面；
（2）以为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，
的方向为z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，，
则，，，，
，，，
记平面的法向量为，，即，
令，则，，即可取，
设直线与平面所成角为，
则，
即，，
解得或（负值舍去），故或．
17．(1)2
(2)
（1）通过等比中项进行转化，因式分解得到方程，分类讨论舍去矛盾式，进而求得公比.
（2）将数列通项写出代入进行裂项，利用裂项相消求得和.
【详解】（1）由等比数列性质得，
整理得，
若，所以，
两式相减，则，这与为等比数列，各项均不为0矛盾，所以舍去.
所以，，两式相减得，
故的公比．
（2）由，令则．此时，
，
故的前n项和
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
（1）由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解；
（2）（ⅰ）令，确定为偶函数，求导确定其在上的值域即可求解；（ⅱ）由的单调性，得到，进而证明在时成立即可．
【详解】（1），，
又，
故曲线在处的切线方程为．
（2）（ⅰ）设，由于其是偶函数，故只需考虑其在时的情况．
，设，，
单调递增，于是，故在上单调递增，
而，，
可知在上单调递增，
结合偶函数的性质可得在上的值域为．
（ⅱ），，
，偶函数，
，，
，偶函数，
由奇偶性知只要证明时即可．
即证当时，，
当时，由（ⅰ），
考虑，，
，
单调递增，此时，
于是，即，
故只要证在时成立即可．
设，，
设，则，
由（ⅰ）函数在上单调递增，
所以在上单调递减，故，
故在上单调递减，即单调递减，又，
单调递减，，故，
综上．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)，其中且
【详解】（1）
由题意知，椭圆的右顶点为，可得．
此时椭圆方程为．
已知，当时，代入可得．
此时直线方程为．
将直线的方程代入椭圆方程得．
设点Q的坐标为，
因为直线与椭圆交于A，Q两点，且，
由韦达定理可得，解得．
将代入直线方程得．
由两点间距离公式可得．
已知，即，
则，．
因为，故．解得．
经检验，此时，，满足条件，
故的方程为．
（2）假设直线PQ垂直于x轴，设其方程为且．
此时P，Q两点关于x轴对称，设，且．
则，．
从而，这与题设条件矛盾，因此直线PQ不可能垂直于x轴．
设直线PQ的方程为，设，．
将直线方程代入得．
因为直线与椭圆交于相异两点，故判别式．
由韦达定理得，．
由于，且直线，的斜率分别为，，
则，
即．
分子部分为，
分母部分为，
若，即，直线PQ的方程变为，这意味着直线经过点，
与P，Q是不同于A的交点矛盾，故．
将分子分母代回可得．
由题意知，建立等式，
解得，即，
代回得，
则当时，必有．
即直线PQ恒过定点．
（3）设，，线段PQ的中点为．
由（2）可知，直线PQ过定点．
因为P，Q在椭圆上，
代入得与，
两式相减并分解因式可得．
因为为PQ中点，所以，，
代入化简得．
由题意，交点P，Q相异，则（否则直线垂直于x轴已在（2）排除），
由上式可得直线PQ的斜率k满足．
又PQ过且过中点，
当时直线PQ垂直于x轴矛盾，故且，
代入上式得．
也即，
即，
也即．
设直线PQ的方程为，
代入椭圆方程中整理得．
为保证直线与椭圆交于相异两点，必须满足判别式，
，解得．
由韦达定理，中点的横坐标．
一方面，．
因为，故分子，分母恒正，所以，即．
另一方面，．
因为，故，分子严格大于0，
所以，即．
同时，由代入横坐标可得中点纵坐标．
则．
因为，故且，
从而，所以，即．
故可知x的取值范围为，且y的取值范围满足．
综上所述，线段PQ中点的轨迹方程为：
，其中且．

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