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（新八校联考）湖北省新八校协作体2026届高三五月检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.样本数据，，，，，的中位数是( )
A. B. C. D.
3.已知圆台，其上底面圆半径为，下底面圆半径为，体积为，则该圆台的表面积为( )
A. B. C. D.
4.已知点，到同一直线的距离分别为和，若这样的直线恰有条，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
5.某班一天上午有节课，下午有节课，现要安排语文、数学、英语、物理、政治、体育节课各一节的课程表，要求数学、物理课都在上午且不相邻，体育课在下午，则不同的排课方法数有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“为单调递增数列”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
7.在中，，双曲线以，为焦点，且经过点，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，如图，，是曲线与坐标轴的三个交点，直线交曲线于点，若直线，的斜率分别为，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，在复平面上对应的点分别为，，且为复平面原点若为虚数单位，向量绕原点逆时针方向旋转，且模长变为原来的倍后与向量重合，则( )
A. B. 点在第三象限 C. D. 的虚部是
10.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘加若是偶数，就将该数除以反复进行上述运算，经过有限次步骤，必进入循环圈这就是数学史上著名的“冰雹猜想”又称“角谷猜想”如果对于正整数，经过步变换，第一次到达，就称为步“雹程”如取，由上述运算法则得出：，共需经过个步骤变成，得现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：为正整数，，前项和为则( )
A. ，则 B. 时，
C. 时，使得要步雹程 D. 使得的的值有个
11.如图，四面体中，，，，，为该四面体表面上一点包含边界，则( )
A. 若，，则点存在且唯一
B. 若，则点在内的轨迹长度为
C. 若，则的最小值为
D. 的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知由样本数据点集合，，，，求得的回归直线方程为，且，现发现其中一个样本数据点误差较大，去除后重新求得的回归直线，则 ．
13.椭圆的左焦点为，，为椭圆上的一个动点，则的最小值为 ．
14.已知数列满足，且，其中是函数在上的极值点，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，角，，所对的边分别是，，，且A.
求角的大小
若，的面积为，求的周长．
16.本小题分
已知函数，，且．
直线与曲线和曲线都相切，求的值
若，求的取值范围．
17.本小题分
如图，边长为的正方形，、分别为、的中点，沿、、翻折，使得、、三点重合于点图为棱的中点，上有一动点．
证明：平面
，若与平面所成角的正弦值为，求的值．
18.本小题分
甲、乙、丙、丁四人进行台球游戏，约定游戏规则如下：
每轮游戏均将四人分成两组，进行一对一对打
第一轮甲乙对打，丙丁对打
每轮游戏结束后，两名胜者组成一组在下一轮对打，两名负者组成一组在下一轮对打
每组比赛均无平局出现，且每组比赛结果相互独立甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为．
在前三轮游戏中，甲乙对打的次数为，求的数学期望
求在第轮游戏中，甲乙对打的概率
求在第轮游戏中，甲获胜的概率．
19.本小题分
在直角坐标系中，动点到点的距离比它到的距离多记的轨迹为．
求轨迹的方程
过上一点异于原点作曲线的切线，切点为．
(ⅰ)求的最大值
(ⅱ)求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
由题意得，在中，根据正弦定理，
即，
两边同时约去，得：，
可得：，
即，
故。
得，
因此：
即，
又因为，所以。
由题意得，已知，的面积为，。
可得：，得。
根据余弦定理，
可得：，
化简得：。
故，
解得。
因此，的周长为。
16.解：对函数求导，得。
因为直线的斜率为，且与曲线相切，所以令，即，解得，。
切点在曲线上，将代入，得，故切点坐标为。
将切点代入直线方程，得，解得，所以直线的方程为。
对函数求导，则。
因为直线与曲线相切，所以切线斜率为，即设切点为。
解得。
切点在直线上，所以。又，故。
因为有意义，需。若，则，此时，与切线斜率矛盾，故。
当时，，方程化为，解得，。
由得，。因为有意义，所以。
若，则。
当时，，，此时，不等式不恒成立，故舍去。
若，则。当时，，，成立。
当时，不等式两边平方得，即。令，求的最小值。
对求导，。
令，因为，，所以。
当时，，单调递减；当时，，单调递增。故在处取得最小值。
，所以。
又，故的取值范围是。
17.解：证明：在平面图形中，，则在翻折后，，
同理，
，平面，，
所以平面
由，，
又在平面图形中，则在翻折后，，
从而，，三条直线两两互相垂直，
则可以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立图示空间直角坐标系，
则，，，，则，
得，
由得，
设平面的法向量为，
则，取，
设与平面所成角为，
则，
从而得，
两边平方，化简得
解得或舍
故．

18.解：设表示事件“第轮甲乙对打”，
由题意得，第轮甲乙必定对打，得，
第轮后甲乙必有一人胜一人负，第轮二人分属胜负不同组，不可能对打，得，
第轮甲乙相遇的条件为第轮中二人同胜或同负，
第轮甲乙未对打，各自独立面对丙或丁，胜率均为，
由此得，
前三轮中甲乙对打次数的可能取值为，，
，
，
故E；
设第轮甲乙对打的概率为，
若第轮甲乙对打，则第轮二人必定分属不同组不对打
若第轮甲乙未对打，欲使第轮对打，须第轮二人同胜或同负，此时概率为，
由全概率公式得，
变形得，
又，得，
数列是首项为，公比为的等比数列，
故，解得；
设第轮中甲获胜的概率为，
当第轮甲乙对打时，甲获胜概率为
当第轮甲乙未对打时，甲对阵丙或丁，获胜概率为，
由全概率公式得，
将中结论代入，得，
化简得．
19.设动点，由 ，
当 时，化简得
当时，，轨迹不存在故轨迹的方程为
设，根据对称性，不妨设，则．
则在处的切线方程为，与联立得，
由，即，即，
所以直线的方程为 ，
的圆心为，
则点到直线的距离，解得因此，即的最大值为．
设过点的另一条切线与 相切于，
同理可得切线，记，
则，，
故直线的方程为：先证明．
联立，整理得，，
．
所以．
可得，
结合，故当且仅当时等号成立．
因此，解得，故．
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