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甘肃陇南市西和县第二中学、第三中学、第四中学、西和成名高级中学2025-2026学年高三5月考前模拟数学试卷
一、单选题
1．已知集合， ，则集合的真子集的个数为（ ）
A．8 B．7 C．4 D．3
2．已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（ ）
A． B．6 C． D．3
3．已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（ ）
A． B．
C． D．
4．已知无穷等比数列的公比为，则“且”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=4，a4=2，则S6=（　　）
A．0 B．10 C．15 D．30
6．在棱长均为 2 的正三棱柱 中， 是棱 的中点， 是侧面 内任意一点 (包含边界)，则直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量(　　)
A．都相等 B．都共线 C．都不共线 D．模都相等
8．已知函数在上无极值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．天道酬勤，主动学习方能追求卓越.高三年级的小艾同学决定对函数、三角、数列、立几这四个内容的复习效果进行一次自我检测，每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分（均为非负整数）情况，若某内容每道题失分都不超过7分，则认定该内容为“复习效果达标内容”，已知四个内容失分情况的相关数据信息如下，则一定为“复习效果达标内容”的是（ ）
A．函数内容的10道题失分记录的中位数为3，极差为4
B．三角内容的10道题失分记录的平均数为2，众数为2
C．数列内容的10道题失分记录的平均数为3，方差为2.4
D．立几内容的10道题失分记录的平均数为3，第65百分位数为6
10．已知双曲线：（）的上、下焦点分别为，，下顶点为，是双曲线上第一象限内的动点.当时，的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的离心率
B．双曲线的渐近线方程为
C．若过点作双曲线的切线与渐近线交于，两点，则的最小值为4
D．
11．在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则（ ）
A．此人第二天走的路程占全程的
B．此人第三天走走了48里路
C．此人第一天走的路程比第四天走的路程多144里
D．此人第五天和第六天共走了18里路
三、填空题
12．已知复数是纯虚数（其中为虚数单位，），则的虚部为__________．
13．现有5名同学排成一排，其中甲不站最左边，则有________种站法（用数字作答）.
14．已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________．
四、解答题
15．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的面积.
16．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.
(1)若为，求抛物线方程；
(2)若椭圆与抛物线的公共弦恰好经过焦点，求椭圆的离心率；
(3)若椭圆方程为，过焦点作直线与椭圆、抛物线交于、和、四个点（如图），问：是否存在这样的直线，使得，若存在求出直线的方程，若不存在，说明理由.
17．如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.
(1)若为棱的中点，求证；
(2)若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
18．某AI实验室有6个不同的团队，需要对ChatGPT、Sora、GPT-4、Deepseek方向的4个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
(1)若从中选出5个团队去，共有多少种不同的安排方案？
(2)若6个团队都同时参与调研，且A、B两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
19．已知函数，直线与曲线相切.
(1)求的值；
(2)若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值；
(3)若，求证：对任意，有.
参考答案
1．D
【详解】由解得，
即，
故,
则集合的真子集的个数为.
2．A
【详解】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则
由是上一点，得，点，所以.
3．A
【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数；
对于B，是偶函数，不符合，排除B；
对于C， 的定义域不含，不符合，排除C；
对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D；
所以A正确.
4．A
【详解】由题意可得，
且，则，且单调递增，
则数列为递增数列，充分性成立；
若数列为递增数列，，
则或，必要性不成立；
“且”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
5．C
【详解】数列{an}是等差数列，a2=4=a1+d，a4=2=a1+3d，
所以a1=5，d=-1，则S6=6a1+=15．
故选C．
6．D
【详解】如图，正三棱柱 棱长均为 2，取 的中点为 ，
则 平面 ，
当点 是靠近点 的四等分点时， ，则 平面 ，
此时直线 与平面 所成角的正弦值最大为 1；
当点 与 重合时，此时 最长，
即 ，
因为正三棱柱 中， 是棱 的中点，
所以点 到平面 的距离为 ，

此时直线 (即 ) 与平面 所成角的正弦值最小，为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值取值范围是 .
故选： D.
7．D
【详解】正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.
故选：D.
8．D
【详解】由题意得，，故，
因为函数在上无极值，
所以在R上恒成立，
当时，，
设，则，
当时，得，当时，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
从而，故，
当时，，则.
综上，.
故选：D.
9．AC
【详解】对于选项A，假设函数内容有一道题失分大于等于8分，
则由极差为4可知，函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4，
则失分记录的中位数不可能为3，与题设中位数为3矛盾，故假设不成立，
所以函数内容每一道题失分都不超过7分，
故函数内容为“复习效果达标内容”，所以A正确；
对于选项B，设三角内容这10道题失分记录为0，0，1，1，2，2，2，2，8，
满足题设失分记录的平均数为2，众数为2的条件，
由定义知三角内容不是“复习效果达标内容”，所以B错误；
对于选项C，设数列内容这10道题失分记录从小到大依次为
，
则由平均数为3，方差为2.4可知，，
从而，若，则，
所以，故数列内容为“复习效果达标内容”，所以C正确；
对于选项D，设立几内容这10道题失分记录为0，0，0，0，0，0，6，6，6，12，
满足题设平均数为3，第65百分位数为6的条件，
由定义知立几内容不是“复习效果达标内容”，所以D错误；
故选：AC
10．AD
【详解】对于A：由双曲线定义得 ，平方得 ，
在 中由余弦定理得， ，
代入 ，整理得 ，即 ，
的面积，
得 ，即，
又因为，所以，则离心率 ，A正确；
对于选项B：焦点在轴的双曲线渐近线为 ，得 ，B错误；
对于选项D：，设 ，满足 ，
设，，则 ，
代入 ，化简得 ，
设，同理得 ，且 ，故 ，即，D正确；
对于选项C：设点为双曲线C上任意一点，过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于M，N两点，
设，因为，则.
又可得双曲线渐近线方程为：，将渐近线方程与直线方程联立，
可得或，
则，.
则，则的最小值不是4，C选项错误.
11．BD
【详解】设此人第n天走了里路，则数列是首项为，公比q为的等比数列，因为，解得，
，所以此人第二天走了96里路，，A选项错误；
，所以此人第三天走了48里路，B选项正确；
，，此人第一天走的路程比第四天走的路程多168里，C选项错误；
，此人第五天和第六天共走了18里路，所以D选项正确.
故选：BD.
12．
【详解】由题意得．
复数是纯虚数，，，的虚部为1．
13．96
【详解】先安排最左边的位置，有4种方法，然后剩余的4人在四个位置上排列，有种，
故共有种.
14．
【详解】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标，
则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值，
原点到直线的距离为 ， ，
令 ， ，当 时，, 是增函数，
在 时， ；
故答案为： .
15．(1)
(2)
（1）解：，
利用正弦定理：，
整理得：，
由于，
所以，因为，所以；
（2），，
，即，
解得（负值已舍去），则，
.
16．(1)
(2)
(3)存在，及
【详解】（1）由，得,解得：，
所以抛物线方程为.
（2）椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以，由椭圆及抛物线的对称性，得公共弦与轴垂直，
所以公共弦的方程为，则公共弦与抛物线在第一象限交点，
所以椭圆也过点，
则，即，
所以，解得(负值舍去.)
（3）由椭圆方程得，故抛物线方程为，
首先当的斜率不存在时，由曲线的对称性知适合题意，此时直线方程为；
当斜率存在时，由，设为，
联立椭圆得：，
联立抛物线方程得.
解法一：一般弦长公式：，则，
其中，所以，
又，
所以据，则，
则方程为或.
解法二：焦半径公式法：，下面与解法一相同.
方法三：椭圆极坐标焦点弦长公式：，
，由，
则，则，则方程为或.
17．(1)证明见解析
(2)存在，与点重合
【详解】（1）如图：取中点，连接，
因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以.
又为正三角形，所以，
平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥，
取中点，中点，连接；
侧面为等腰梯形，故；
侧面底面，交线为，平面，
因此平面；
已知两底面距离为，即；
由相似比，得；
底面为正三角形，，则，；
在中，；
在中，；
设点到平面（即平面 ）的距离，
由，即，
，，
代入得：，解得；
设点到平面的距离，
由相似比，得；
设，点到平面的距离，由相似性：，、
得，其中；
作于，则，，，
由余弦定理：，
，
设直线与平面所成角为，则，
代入得：，化简得，
解得或（舍去），即点与重合,
所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
解法2：设中点为，连接，则，
又侧面底面，侧面底面侧面，
所以底面，
又底面，所以，
又，所以两两垂直，
故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系.
因为三棱台两底面间的距离为，即，
又三角形为正三角形，且，
则，设，
则，
设平面的法向量为，
则，
可取
设直线与平面所成的角为，
则，
由，
所以，故或（因为，故舍去），
此时与点重合，
所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)1440
(2)240
（1）解：先从6个团队中选5个，有种选法，
接下来将5个团队分配到4种项目，且每个项目至少1个团队负责，
则5个团队分为：2，1，1，1四组，有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，
由分步计数原理，可得不同的安排方案有种.
（2）解：先将A和B两个团队视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种项目，每个项目至少有一个团队，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，有种方法，
所以共有种不同的安排方案.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设直线与曲线相切于点处，
因为，所以①，
又因为②，①②联立解得，.
（2）由（1）得，
对任意，存在，使得不等式成立，
等价于对任意，即可，
所以当时恒成立，
令，只需即可，
因为，令，
则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
因为，所以，
又 ，，所以当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，即的最大值为.
（3）由已知可得，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又函数在上单调递增且恒为正，
所以在上单调递增且恒为正，
所以在单调递增，
令，，则，
因为，所以，在单调递增，
所以对任意有，
因为时，
，
所以，即.

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