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辽宁省大连市第二十四中学2026届高三下学期5月综合训练数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则中最小的3个元素为（ ）
A．2，4，6 B．0，4，8 C．0，2，4 D．4，8，12
2．设，i是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”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
3．已知实数，a，b，c，成等比数列，则（ ）
A． B． C．16 D．
4．已知某圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则经过该圆锥顶点的截面面积最大值是（ ）
A． B． C． D．2
5．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（　　）
A．24 B．48 C．96 D．120
6．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
7．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”．过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是（ ）
甲地：总体平均数，且中位数为0;
乙地：中位数为2，众数为3;
丙地：总体平均数为2，且标准差;
丁地：总体平均数，且极差．
A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地
8．已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数的一条对称轴为直线，若在区间上单调，且，则（ ）
A． B．在区间上单调递减
C．的最大值为 D．的最小值为
10．已知随机事件A，B，C满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A，B相互独立
B．
C．若，则
D．若，则
11．如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形的中点为，平面过直线，且垂直于平面与圆柱侧面的交线为曲线，则下列选项正确的是（ ）
A．圆柱在下方部分的体积为
B．圆柱在下方的部分内放入一个球，则球的半径的最大值为
C．曲线是椭圆且其离心率为
D．为下底面圆周上一动点，，垂直于底面，与曲线交于，若的长为，则
三、填空题
12．已知，则的最小值为______．
13．已知，为锐角，若，，则______；
14．为所在平面内一点，且满足
|则点为的_________心.若,，，则 ___________
四、解答题
15．设数列满足，且．
(1)证明：数列是等差数列，并求其通项公式；
(2)若，求正整数m的值．
16．函数，，为自然对数的底数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数x，满足，求实数a的取值范围；
17．在体育比赛中，传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的资格，现有一种新的赛制，每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局（双败赛制）.假设现有四支队伍，传统的淘汰赛制下，会将他们抽签两两分组进行比赛，胜者进入下一轮，直到决出冠军；双败赛制下，两两分组，胜者进入胜者组，败者进入败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入决赛；第一轮败者的两个队伍对决的胜者将跟胜者组的第二轮败者对决，其中的胜者进入决赛；最后决赛的胜者即为冠军（赛制流程图如图所示），这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为，，，，其中对阵其他三个队伍时获胜的概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为，最初分组时，，同组，，同组.

(1)若，在传统的淘汰赛赛制下，，获得冠军的概率分别为多少？
(2)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并根据获得冠军的概率简单分析一下双败赛制下是否对强队更有利？
18．已知双曲线的实轴长为2，两渐近线的夹角为．
(1)求双曲线的方程．
(2)当时，过点作斜率为的直线与交于两点，设左焦点为，记的斜率分别为，为轴上一定点．
（ⅰ）证明：为定值；
（ⅱ）记中点为，以为圆心，为半径的圆与另交于一点，的斜率为，若为定值，求的坐标，并求出的值．
19．在三棱锥中，点在底面内的投影恰在直线上，与的面积相等．
(1)若，证明：为线段的中点；
(2)若，，的面积等于．
（ⅰ）证明：的周长为定值；
（ⅱ）当二面角的平面角为时，求线段的长．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A D C C D C BC ACD
题号 11
答案 ACD
1．B
分别写出的前几项，利用交集概念求出答案.
【详解】，，
故中最小的3个元素为0，4，8.
故选：B
2．B
【详解】已知，可得或，
当且时，此时复数为，不是纯虚数.
当且时，此时复数为，是实数，不是纯虚数.
当且时，此时复数为，是纯虚数.
所以“”不能推出“复数为纯虚数”，充分性不成立.
，
因为复数为纯虚数，所以，，即，，此时一定有，所以必要性成立.
综上，“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件.
3．A
根据等比数列的下标和性质可得.
【详解】由题意得,，，
又奇数项的符号相同，所以，则，
故.
故选：A
4．D
利用展开图的圆心角和半径，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，求出底面半径，再用勾股定理求出高，设底面圆上弦的中点到圆心的距离为m，其面积由底边长和顶点到底边的距离决定，即，通过函数极值法，求导数确定m后求解.
【详解】扇形弧长为，圆锥底面周长为，故：
母线长，根据勾股定理：
设底面圆上弦的中点到圆心的距离为m，则弦长，顶点到的距离为，则面积：
代入,得函数仅在时定义，即.
解，即
此时
故选：D.
5．C
【详解】分析：讨论两种情况，第一类相同颜色，第二类不同颜色，分别利用分步计数乘法原理求解，然后求和即可.
详解：若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，只有一种涂法，共有种；
若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有2种涂法，当和不同时， 只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有 种，故选C.
6．C
【详解】
如图，在上分别取，连接，
因为面ABCD，可得，所以可得到三棱柱，
由图可得：，则，
因为三棱锥的体积为，所以，
则三棱柱的体积为，
再由，则，
因为三棱锥的体积为，所以，
则四棱锥的体积为，
所以该刍甍的体积为，
又因为，所以.
7．D
根据各地区的统计量（中位数，极差，平均数，众数，方差），判断是否满足题意.
【详解】甲地：需满足总体平均数，且中位数为0，
假设7天新增疑似病例为0，0，0，0，5，6，7，第6天、第7天新增疑似病例超过5人，不符合该标志.
乙地：假设7天新增疑似病例为0，1，2，2，3，3，7，满足中位数为2，
其中一个众数为3，但是第7天新增疑似病例超过5人，不符合该标志.
丙地：若7天新增疑似病例为1，1，1，1，2，2，6，满足平均数为2，
方差，，但不符合该标志.
丁地：由极差可知，若新增疑似病例最多超过5人，比如6人，那么最小值不低于4人
，此时平均数 ，与矛盾，故每天新增疑似病例不超过5人，丁地符合该标志.
8．C
由于点到距离恒定，所以点轨迹是四分之一圆弧．先求出圆半径，
然后求出轨迹长度．
【详解】在边上的高就是半径．
，
，解得．
轨迹长为．
9．BC
利用辅助角公式化简，对称轴为，求出和，得到解析式，由，且在区间上单调，可得与关于对称中心对称，即可求解的最大值，的最小值.
【详解】，其中，
因为一条对称轴为直线，
所以，解得，A错误；
则，所以可取，
此时，
由，得，
由于，所以在区间上单调递减，B正确；
因为在区间上单调，且，
所以的最大值为，C正确；
对称中心横坐标满足，得，
又，且在区间上单调，
所以与关于对称中心对称，所以，
所以当时，可得最小，D错误．
10．ACD
利用条件概率公式，相互独立事件概率公式，并事件概率公式来进行求解即可.
【详解】利用概率加法公式： 由，
代入，，得： ，
又，所以算，
所以事件相互独立，故A正确；
根据条件概率公式计算： ，
则，故B错误；
由，且，得，
因为，所以，
即 ，故C正确；
由可得：，
代入，，可得，
又因为，两式消元解得：
，故D正确.
11．ACD
【详解】A选项：圆柱底面半径，．
根据割补法，原几何体体积等于高为的圆柱体的体积，为，正确；
B选项：最大内接球半径为内接圆半径．
在中，，
内接球半径，
即内接球半径最大值为，错误；
Ｃ选项：椭圆长轴为，，短轴长为圆柱底面直径，
，，离心率，正确；
Ｄ选项：圆柱底面如左图所示，如右图所示
记，在上投影为，，有，
中，，
，，
中，，
即，正确.
12．
变形目标式，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由，则
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
13．
【详解】设，
两边平方相加得
.
又因为，，
所以，所以，
又，为锐角，所以，所以，
所以.
14． 垂
由平面向量数量积的运算性质可得出，同理可得，，结合垂心的定义可得出结论；由平面向量数量积的运算性质可求出的值，再利用垂心的几何性质结合平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，
则，即，
即，
即，
即，
所以，，同理可得，，
故点为的垂心，
因为
，即，
因为，解得，
因此，，
解得，
因此，.
故答案为：垂；.
15．(1)证明见解析；
(2)
（1）对递推式两边平方，利用三角恒等式转化，证明数列是公差为1的等差数列，结合首项求通项；
（2）由求，将连乘积转化为可累乘的形式，解方程可得m的值.
【详解】（1）已知，两边平方得：.
由三角恒等式，代入得：.
因此是公差为的等差数列，首项，
由等差数列通项公式得： .
（2）由，，得：，
因此乘积，
由题设 ，两边平方得，解得.
16．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
（1）求导，利用导数分析函数单调性，进而求解单调区间；
（2）利用极限思想和构造函数，结合导数分类讨论，进而确定的极小值点，再建立
关于极小值点的二次不等式求解即可.
【详解】（1）当时，，
则，
令，则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，因此：时，，
时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由可知，
①当时 若，由于，
当时， ，而. 故存在使得.
若，，取 ，，满足题意.
②：当时，令，则，时，，
故在递增，且最小值为，
由，方程在上有唯一实根，
使得，则为的最小值点.
根据题意需满足： ，
代入： ，
则 ，整理得 ，
解得：或.
由，得：当 时，.
当 时，.
综上所述，的取值范围是.
17．(1)获得冠军概率为，获得冠军的概率为
(2)传统的淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，双败赛制下，获得冠军的概率为，双败赛制对强队更有利.
（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式列式求解.
（2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，作差并结合强队的条件比较大小即可.
【详解】（1）在传统的淘汰赛赛制下，获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
则获得冠军的概率为.
依题意，获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
则获得冠军的概率为.
所以在传统的淘汰赛赛制下获得冠军概率为，获得冠军的概率为.
（2）在传统的淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，
在双败赛制下，讨论进入胜者组、败者组两种情况，
当进入胜者组，若在胜者组失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组胜利，
后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军，此时获得冠军的概率为；
当进入败者组，后三局都胜，方可得冠军，此时获得冠军的概率为，
因此获得冠军的概率为，
，
由，得，，若为强队，则，此时，
即，因此，获得冠军的概率更大，
若为强队，即时，双败赛制对强队更有利.
18．(1)或
(2)（i）证明见解析
（ii）的坐标为，.
（1）由双曲线实轴长得，根据渐近线夹角分情况求出，即可得到双曲线的方程；
（2）（i）写出过的直线方程，与双曲线联立得韦达定理，将用交点坐标表示后代入目标式化简，即可证明为定值；
（ii）由中点性质得坐标，根据圆的性质得坐标，设坐标代入目标式，令结果与无关即可求出坐标和定值.
【详解】（1）由实轴长得，双曲线渐近线为. 两渐近线夹角为，故渐近线与轴的夹角为或，
因此或.
双曲线的方程为：或 .
（2）当时，双曲线的方程为：，左焦点为.
（i）设直线，，联立与得： ，
由韦达定理得.
，代入化简：，
代入韦达定理结果得：，为定值，得证.
（ii）中点. 因为是中点（在圆上，），
故坐标为.
设，则. 化简目标式： ， 由（i）中推导可得，代入得：
，要使该式为定值，需，得，代入得定值为.
故的坐标为，的定值为.
19．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）6
（1）过A作，垂足为G，连接GB，先求证平面，再证明平面，最后利用面积得出即可求证；
（2）（ⅰ）根据条件求出，，以C为原点建系，设，利用向量法求出A到CP的距离即可求出点的轨迹方程，结合椭圆的定义求解；
（ⅱ）设，，先求出平面BCP、平面ACP的法向量，根据二面角求出，再设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理化简求出，最后利用弦长公式求解.
【详解】（1）过A作，垂足为G，连接，
因为点在底面内的投影恰在直线上，
则平面，平面，则，
又，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，，，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为与的面积相等，GA与GB分别为两个三角形边上的高，
则，故为等腰三角形，
又，则F为线段AB的中点；
（2）（ⅰ）因为，，所以，
因为，所以，
以C为原点，所在方向为x轴正方向，平行于所在方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，
则A到CP的距离为，
化简得：，
同理可得B的轨迹方程也是，
故点A，B在以C为中心的椭圆上，且E，F分别为该椭圆的左、右焦点，
所以，故的周长为定值16；
（ⅱ）设，，
则，，，
设平面ACP的一个法向量为，
则，
取，则，，则，
同理可得平面BCP的一个法向量为，
因为二面角的平面角为，
所以，
又A，B在上，
则，故，
在xOy平面中，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，
化简得，则，，
又，
故，解得，
由弦长公式得线段AB的长
．

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