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河北省NT20名校联合体2025-2026学年高三年级5月质量检测数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数是奇函数，则（ ）
A．3 B． C．1 D．
3．某商场统计了5天的销售额y（万元）与当天客流量x（千人）的数据如下表：
客流量x/千人 2 3 4 5 6
销售额y/万元 2.5 3.8 5.2 6.1 7.4
已知y关于x的线性回归方程为，则（ ）
A．0.16 B．0.26 C．0.36 D．0.46
4．已知复数z满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．已知圆，直线与圆相交于两点.若，则实数（ ）
A． B． C． D．
6．已知正实数a，b满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．在数列中，，若是递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点P在C的右支上，且，若的中点在C的第一、三象限内的渐近线上，则C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（ ）
A．平面ABCD
B．
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．异面直线与所成角的余弦值为
10．已知函数，其中.则下列说法正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．若的图象关于点中心对称，则或
C．若将的图象向左平移个单位后，所得图象关于y轴对称，则
D．若在区间上单调递增，则的取值范围是
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在上单调递增
B．的图象为中心对称图形
C．若，，则在上有最小值的充要条件为
D．若，，，则，的充要条件为
三、填空题
12．已知空间向量，，且.则________.
13．将含甲、乙在内的7名志愿者分成三个小组，要求每个小组至少一人，有且仅有两个小组的人数相等.
（1）则所有不同的分组方法有________种（用数字作答）；
（2）若甲、乙两名志愿者不在同一个小组，则不同的分组方法有________种（用数字作答）.
14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________.
四、解答题
15．某游戏公司推出抽卡活动，每次抽到稀有卡的概率为，抽到普通卡的概率为.若每位玩家连续抽卡5次，且每次抽卡结果互不影响.
(1)求某位玩家恰好抽到2张稀有卡的概率；
(2)设X为某位玩家抽到的稀有卡张数，求X的数学期望和方差.
16．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若a，b，c成等差数列，且，设数列满足，求的前n项和.
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面ABCD.
(1)求证：平面平面PCD；
(2)若点E在棱BC上运动，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值.
18．已知椭圆的离心率为，点在C上.
(1)求C的方程；
(2)过点P作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（A，B均不与P重合）.
（ⅰ）证明：直线AB恒过定点；
（ⅱ）求面积的最大值.
19．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，；
(3)已知数列满足，且，证明：.
参考答案
1．A
【详解】因为全集，集合，所以.
又因为集合，所以.
2．D
【详解】已知是奇函数，根据奇函数定义有，
当时，，则，
所以.
3．A
【详解】根据表格数据可得，.
由于线性回归直线必过样本点的中心，
将代入方程解得.
4．B
【详解】设复数（），则，
代入得，整理得，
则，解得，，所以，则.
5．B
【详解】圆的圆心坐标为，半径.
直线l的一般式方程为.
由弦长公式，其中为圆心到直线的距离，
则，得，即，
又，
解得.
6．A
【详解】由a，b为正实数且.
根据基本不等式，当且仅当时等号成立，故A正确；
，当且仅当时等号成立，故B错误；
，当且仅当时等号成立，故C错误；
根据算术平均值小于等于平方平均值不等式，得，
当且仅当时等号成立，即，故D错误.
7．C
【详解】.
由题知恒成立，当时，即，得.
讨论单调性，若是递增数列，则函数随增大而增大.
已知为正且随n增大而增大，则随n增大而减小，故需，即.
综上，实数k的取值范围是.
8．C
【详解】设的中点为M，又O是的中点，则，则，
设，则，
在中，由正弦定理得，
则，得，
在中，由余弦定理得，
则，即，
结合，整理得，
所以C的渐近线方程为.
9．ABC
【详解】如图，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，
则，，，，，，，，，.
，易知平面ABCD的法向量为，则，
又平面，故平面，故A正确；
，，则，故，故B正确；
三棱锥的体积，
正方体的体积，所以，故C正确；
，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误.
10．AC
【详解】对A：函数的最小正周期，故A正确；
对B：若的图象关于点中心对称，则，
则，由于，则，解得，故B错误；
对C：平移后得，
若为偶函数，则，，则，，
又，则，故C正确；
对D：由，得，
若在此区间递增，则，，
解得，，
由，故无满足条件的，故D错误.
11．AB
【详解】已知函数，其导函数为.
当时，则，故在上单调递增，故A正确；
由可知，
的图象关于点成中心对称，故B正确；
当时，，，，.
令，得，可得在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，
若在上有最小值，则一定为该区间内的最小值，
又，故，解得，故C错误；
当，，时，，，
令，得，可得在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，则极小值点.
最小值可能在或处取得，
需满足，即，解得，故D错误．
12．
【详解】因为，，且，所以，整理得，解得.
13． 196 141
【详解】（1）由题意可知，分组的人数分配情况共有以下三类：，，.
当人数分配为时，分组方法有种；
当人数分配为时，分组方法有种；
当人数分配为时，分组方法有种；
故所有不同的分组方法有种.
（2）考虑其对立事件，即甲、乙两名志愿者在同一小组的情况：
①若分配方案为，甲、乙必在5人组，
此时从剩余5人中选3人进入该组，共有种；
②若分配方案为，若甲、乙在2人组，则该组已满，
只需将余下5人分成两组，有种；
若甲、乙在3人组，则需从余下5人中选1人，其余4人均分为两组，有种；
故此方案下甲、乙同组的方法数为种；
③若分配方案为，甲、乙不可能在1人组，必在其中一个3人组，
从剩余5人中选1人加入该组，余下4人分成两组，共有种；
故甲、乙在同一小组的分组方法有种，
则甲、乙不在同一小组的分组方法有种.
14．
【详解】的定义域为，且，，令，则，
令，，则，，
因为有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，即有两个不同的实根，
设，，当，，为增函数；当，，为减函数；
，而当，，当，，故图象如下图所示：
结合和的图象，易得m的取值范围是.
15．(1)
(2)，
（1）解：由题意可知，玩家每次抽卡抽到稀有卡的概率为，且每次抽卡相互独立，
设该玩家抽卡5次抽到的稀有卡的张数为X，则，
则玩家恰好抽到2张稀有卡的概率为.
（2）解：由（1）知：随机变量，
所以X的数学期望，X的方差.
16．(1)
(2)
【详解】（1）在中，，
由，
则，
所以，
化简得，
由于A，，故，，则，
所以，因为，故.
（2）由（1）知，则，即，
因为a，b，c成等差数列，所以，
而，则，则，即，
因为，所以，从而，
由此可得，.
所以，
则
.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在菱形中，因为，所以为等边三角形.
取的中点，连接，则.
因为是等边三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
以为原点，以，，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
由题意得，，，，.
由于且，则.
所以，，，.
设平面PBC的法向量为，
则，即，
令，得.
设平面PCD的法向量为，
则，即，
令，得.
因为，所以，即平面平面.
（2）由（1）知，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
由于点在棱上，设，其中.
则.
设直线与平面所成的角为，
则.
当时，；
当，则关于单调递减，
所以当时，取得最大值.
综上，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）依题意，点在椭圆上，
故，解得.
又离心率，则，即，解得，
故C的方程为
（2）（ⅰ）证明：依题意，直线PA，PB的斜率必存在且不为0，
设直线PA的方程为，则直线PB的方程为，
联立，得，解得，，
代入直线方程得；
同理，用替换k可得，，
所以，
所以直线AB的方程为，
令，得，故直线AB恒过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，
同理可得，
故，
令，则，当且仅当时，等号成立，
则；
当（即）时，，
故面积的最大值为.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）易知的定义域为，
易知.
①当时， 恒成立，即，此时在上单调递增；
②当时，令，解得，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：当时，，
由（1）知，在上单调递减，则，即，
令，则，
当时，，故在上单调递增，则，即，
综上可知，当时， .
（3）证明：由（2）可知，当时， ，
令，
因为，且，易知，
则，两边同时取倒数得，
所以，即，即.
设，
令，则有，
即，
当时，要证，即证，只需证，
只需证，即证，即证 ，
故设 ，由知，
则，
令，，
当时，，单调递减；
故，从而，在上单调递减，，即，
由上式知，则.
当时，，不等式也成立；
综上，得证.

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