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2026年5月高三年级模拟高考测试
数学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知变量，具有线性相关关系，根据一组观测数据利用最小二乘法建立了经验回归方程，若，，则（ ）
A.10 B.5 C.0.5 D.0.1
4. 已知直线，为两条不重合的直线，若与正方体的各棱所成的角相等，则“与正方体的各棱所成的角相等”是“”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
5. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A.3 B.
C. D.
6. 的展开式中，的系数为（ ）
A.220 B.
C.100 D.
7. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，过点，分别向的准线作垂线，垂足为，，若，中点的纵坐标为2，则的方程为（ ）
A. 或
B. 或
C. 或
D. 或
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知正整数数列满足，且，则的前4项和的值可以是（ ）
A.11 B.22 C.33 D.44
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于，（均与点不重合），若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的离心率
D. 若的焦距为2，则
11. 已知函数，则（ ）
A. 是的极大值点
B. 当时，
C. ，使得点是曲线的对称中心
D. ，使得，直线与曲线均只有一个公共点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，，则与的夹角为 .
13. 已知函数的定义域为，是偶函数，，，则 .
14. 如图，点，，是函数的图象与直线的相邻的三个交点，是的图象与轴的交点，若，则 。
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15. 在中，角，，的对边分别为，，，且。
（1）求；
（2）若，，求的面积。
16. 已知椭圆的上、下焦点，与左顶点是等腰直角三角形的三个顶点，且过点。
（1）求的方程；
（2）过点且不与坐标轴垂直的直线交于，两点，求证：。
17. “十四五”期间，我国的机器人产业大爆发，实现了从“低端制造”到“高端突破”的历史性转变。某学校的兴趣小组在校内随机调查了100名学生，统计其关注的机器人类型，得到如下的统计表：
类型 医疗机器人 特种机器人 表演机器人 服务机器人 工业机器人
人数 10 40 30 10 10
（1）先按比例用分层随机抽样的方法从上面100名学生中随机抽取10人。
（i）分别求抽取的10人中关注“特种机器人”和关注“表演机器人”的人数；
（ii）再从这10人中随机抽取3人，记抽到关注“特种机器人”的人数为，关注“表演机器人”的人数为，设，求的分布列。
（2）该兴趣小组调查某款表演机器人，得知输入动作指令后其能准确完成指令的概率为，若输入次动作指令，其能准确完成指令的次数为，记事件的概率为，假设每
次输入指令相互独立，且，则当为何值时，的值最大？
18. 已知函数。
（1）若，求的图象在点处的切线方程。
（2）设函数。
（i）讨论的零点个数；
（ii）若，的较大零点为，证明：。
19. 如图，在直角梯形中，，，，为的中点，连接，将沿折起到的位置，得到四棱锥。
（1）求证：。
（2）设二面角的平面角为，且。
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）求四面体体积的最大值。
2026年5月高三年级模拟高考测试
数学参考答案
一、单项选择题
1.A 2.C 3.D 4.B 5.C 6.B 7.D 8.C
二、多项选择题
9.AC 10.BCD 11.ACD
三、填空题
12. 13.2 14.
11. 解：对于A，由题可知，
当时，当时，；当时，，
即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点.
当时，令，得或，
当时，在时，，在时，，在时，
，所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，在时，，在时，，在时，
，在和上单调递减，在上单调递增，
综上可得，均是的极大值点，故A正确；
对于B，当时，由A项可知在上单调递增，
又因，所以，故B错误；
对于C.
，，
令，可得，
因该式对任意实数恒成立，故可得，
即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确；
对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根，
令，则，
由，可得，此时，
则在上单调递增，且当时，，当时，，
即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确.
四、解答题
15. 解：（1）由，可得，
则有，由正弦定理及倍角公式有，
而，，所以有，因为，
所以，所以。
（2）由余弦定理有，则，
故，解得，
又因为，所以，
故的面积。
16. 解：（1）由是等腰直角三角形，可得，故。
由过点，有，解得，，
故的方程为。
（2）由题可知， 的斜率存在且不为 ，设其方程为 ，
与 的方程联立可得 ，
，
设 ，，则 ，，
由（1）可知 ，所以 ，，
又因为 ，，
故
从而有 。
17. 解：（1）（i）由题可知，抽取的10人中，关注“特种机器人”的有 人，
关注“表演机器人”的有 人。
（ii） 的所有可能取值为 ，，，，
，
，
，
则的分布列为
0 1 2 3
（2）由题可知，，故，。
令，则，
令，可得，令，可得，令，可得，
所以或时，取得最大值。
18. 解：（1）当时，，则，，
又因为，
所以的图象在点处的切线方程为，即。
（2）（i）由题可知与的定义域均为，故。
令，可得或。
若，则当时，，单调递增，当时，
，单调递减，当时，，单调递增，
，，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点；
若，则，单调递增，此时，有一个零点；
若，则当时，，单调递增，当时，
，单调递减，当时，，单调递增，
，，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点.
综上，当或时，有两个零点，当时，有一个零点.
（ii）由，可知.
由在上单调递增，可知即证.
令，
即证，也即证.
令，则，
故在上单调递减.
又，所以，得证.
19. 解：（1）如图，设的中点为，连接，.
因为，且，所以四边形是菱形.
在中，有，在中，有，
又，，平面，故有平面，
又平面，则.
（2）（i）由（1）知，平面，作平面，又，
所以分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，.
由（1）得，，故即为二面角的平面角，
则有，当时，，此时\( \sin\ >\\sqrt{2}}{2}>，\cos\ >\\sqrt{2}}{2}>，
故，，，。
设平面的法向量为，
则，即，取，
设直线与平面所成的角为，
则。
（ii）由（1）知平面，所以平面，
记，
则四面体的体积。
由题意，可知，则与在上均单调递增，
要求的最大值，只需求的最大值。
，
令，则，，，，，且，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当，即时，，当，即时，，
所以当或时，取得最大值，此时取得最大值，
所以四面体的体积的最大值。

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