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新疆石河子第一中学2025-2026学年高三下学期5月素养测评数学试卷
一、单选题
1．设复数z满足，，复数z所对应的点位于第四象限，则（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A． B．
C． D．
5．若双曲线：（，）的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则（ ）
A．EF与GH平行 B．EF与GH异面
C．EF与GH的交点一定在直线AC上 D．EF与GH的交点可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
7．已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
8．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件“第一次出现点”，事件“两次点数之和为奇数”，则事件与互斥.
D．对于随机事件与，若，，则事件与独立.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为π
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．在区间上有2个零点和2个极值点
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，若为的准线上任意一点，则（ ）
A．直线若的斜率为，则 B．的取值范围为
C． D．的余弦有最小值为
三、填空题
12．已知角满足，则_______.
13．若的展开式中的系数为20，则的最小值为____________.
14．在三棱锥中，已知，，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点的轨迹长度为____________．
四、解答题
15．记为等差数列的前n项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)设函数，记，求数列的前21项和.
16．为了普及足球知识，某市开展了“滇超知识竞赛”活动.现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计了他们的成绩（满分100分），并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求这组数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）；
(2)当成绩不低于80分的学生被评为“滇超达人”，以频率估计概率，从本市参加该竞赛的学生中随机抽取3人，随机变量X表示抽取学生为“滇超达人”的人数，求X的分布列及数学期望；
(3)某市参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，三校学生在活动中“滇超达人”所占比例为2:3:5.从参与该竞赛的学生中随机抽取一人，求这名学生是“滇超达人”的概率.
17．如图，四棱锥中，底面，，.
(1)求平面与平面所成角的余弦值；
(2)已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由.
18．已知函数，是的导函数.
(1)当时，证明：；
(2)讨论的极值点个数；
(3)若有两个极值点，证明：.
19．已知椭圆（）和抛物线（），在，上各取两个点，这四个点的坐标为，，，
(1)求，的方程；
(2)若直线l过椭圆的左焦点F，与椭圆交于A，B两点，设点A关于x轴的对称点为C，直线与x轴交于点D，当的面积最大时，求直线l的方程；
(3)设M是在第一象限上的点，在点M处的切线与交于P，Q两点，线段的中点为N，过原点O的直线与过点M且垂直于x轴的直线交于点R.证明：点R在定直线上.
参考答案
1．B
【详解】设复数，因为，
所以，又，解得，
因为复数所对应的点位于第四象限，所以，
所以.
故选：B.
2．C
【详解】由题意可知，，所以，对于任意的，有，故需要满足，
若，则存在但，不符合条件，
综上，实数a的取值范围是.
故选：C.
3．D
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，所以，即；
，；
设向量与向量的夹角为，则，
因为，所以；
故选：D.
4．B
【详解】由余弦定理得，
所以，
则的面积为.
故选：B.
5．A
【详解】依题意，，则，
即，即，解得，
故所求渐近线方程为．
6．C
【详解】如图所示，连接，因为分别是上的点，且，
所以，且，
又因为点分别是边的中点，所以，且，
所以且，所以和相交，
设和相交于点，则平面且平面，
因为平面平面，所以点在直线上.
7．A
【详解】因为为奇函数，所以，
令，则，即①；
因为为偶函数，所以，
令，则，即，
所以，所以，即②，
所以，所以4是的一个周期．
由① 式，取，可得，即得，
又由② 式，取，可得
故，，
由② 式，取，可得，取，可得，
故，
则.
8．A
【详解】当时，不等式恒成立
可变形为,
设,
那么当时,有,即在区间上单调增，
在上成立，即,
设,那么,
令,得 ,
令,得 ,
令,得 ,
所以，函数在处取得极小值，也就是最小值，
,,实数a的取值范围为.
9．ABD
【详解】对于A，若，二项分布方差公式为，
得：，解得，故A正确；
对于B，正态分布关于对称轴对称，因此，
对于连续型正态分布，单点概率为，故： ，故B正确；
对于C，互斥事件的定义是：不可能同时发生的两个事件. 当第一次掷出点（满足事件），
第二次掷出点时，两次点数和为奇数（满足事件），说明可以同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，事件独立的充要条件（）为即.
由得，因为，满足，
因此，事件与独立，故D正确
10．ABD
【详解】函数.
的最小正周期为，所以A正确；
，是函数图象的最高点，所以函数的图象关于直线对称，所以B正确；
当时，，
令，，
因为单调递增，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在区间上先单调递增，后单调递减.C错误.
当时，，
当且仅当时，取得极大值；当且仅当时，取得极小值；
当且仅当或时，；
所以在区间上有2个零点和2个极值点，所以D正确.
11．BCD
【详解】对于A选项，由题知，的斜率为，则，
代入整理得：，
设，则而；故A项错误；
对于B选项，∵以焦点弦为直径的圆与准线相切，为的准线上任意一点，
则点在以为直径的圆上或圆外，
∴，
当在直线上时，，即的取值范围为，故B项正确；
对于C选项，设，，，
设，联立,消元得：，
则 故，故C项正确；
对于D选项，
，
即的余弦的最小值为，故D项正确．
故选：BCD.
12．
【详解】
．
13．
【详解】由二项式的展开式的通项为，
当时，可得的系数，即，即，
则，
当且仅当时，即或时，等号成立，
所以的最小值为.
14．
【详解】如图所示，设三棱锥外接球的半径为，
则由外接球的体积为，解得．
因为，，，所以，
所以，所以，
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为，解得，即，
所以点在平行于平面的平面上．
因为，所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为，
所以外接球的球心到平面的距离为，
即，所以球心到点所在平面的距离为，即，
在直角中，可得，
所以点的轨迹为以为半径的圆，故动点的轨迹长度为．
15．(1)
(2)21
【详解】（1）方法一：设等差数列的公差为，则
解得
所以.
方法二：设等差数列的公差为，
因为是等差数列，所以，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以.
（2）方法一：因为，
所以，
所以
.
方法二：因为，
所以，
所以，
所以曲线关于点中心对称，
因为是等差数列，
所以，
因为的对称中心为，
所以，
同理可得：，,
所以.
16．(1)分
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)
【详解】（1）由频率分布直方图，这组数据的平均值为：
(分)；
（2）以频率估计概率，根据频率分布直方图，
得到“滇超达人”在竞赛人数中的占比为，
即从本市参加该竞赛的学生中随机抽取1人，该学生为“滇超达人”的概率为；
易知，
所以，
，
，
.
所以X的分布列为
X的数学期望是.
（3）由三校学生在活动中“滇超达人”所占比例为2:3:5，得在所有的“滇超达人”中随机抽选一人，
则这名学生是甲、乙、丙三校学生的概率分别是.
已知参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，
所以根据全概率公式可得，从参与该竞赛的学生中随机抽取一人，
这名学生是“滇超达人”的概率为.
17．(1)
(2)存在，点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
【详解】（1）方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
18．(1)证明见解析
(2)当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
令，则定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即.
（2）由题意知：定义域为，，
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，；当时，；
由此可得大致图象如下图所示，
①当，即时，与有唯一交点，
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
有唯一的极小值点，无极大值点；
②当，即时，与交于两点，
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
有一个极小值点，一个极大值点；
③当，即时，恒成立，即恒成立，
在上单调递减，无极值点；
综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为.
（3）由（2）知：若有两个极值点，则，此时；
，
，
要证，只需证，
即证，
只需证，即证，
，，
令，则与交于两点，其中，则，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
要证，只需证，即证，
，，在上单调递减，只需证，
又，只需证，
令，则，
，，，在上单调递增，
，又，，
即，原不等式得证，即.
19．(1)，
(2)或
(3)证明见解析
【详解】（1）抛物线满足与成正比，将四个点代入验证：
点和满足，得，故；
剩余两点、在椭圆上，代入椭圆方程：
将代入得，再代入得，
故；
（2）设，，则，由题意可知直线的斜率存在，，
设直线l的方程为：，
由得：，此时，
所以，，
由直线BC的方程：得：，
令，则，
所以，此时，所以，当最大时，
的面积最大，而，即：，所以当的面积最大时，
直线l的方程为：或．
（3）设，由得，
所以切线的方程为：，
设，，由得：，
由，得：，代入得：，
所以，所以，
由得：，所以点R在定直线上．

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