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河南省青桐鸣2026届高三5月考前演练数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则复数( )
A. B. C. D.
3.样本数据、、、、的方差为( )
A. B. C. D.
4.已知，分别为椭圆：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为( )
A. B. C. D.
5.在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为( )
A. B. C. D.
6.已知向量，满足，，向量在向量上的投影向量为，则向量( )
A. B.
C. D.
7.已知，，，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数，则函数的极值点个数为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，分别为双曲线：的左、右焦点，则下列结论正确的有( )
A.
B. 双曲线与双曲线有相同的渐近线
C. 双曲线与双曲线有相同的离心率
D. 直线与双曲线有且只有一个公共点
10.已知函数，则下列选项正确的有( )
A. 函数是偶函数
B. 是函数的最小正周期
C. 直线是函数的图象的一条对称轴
D. 函数的值域为
11.已知函数及其导函数的定义域均为，且，，，，则下列选项正确的有( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，若，则 ．
13.在三棱锥中，，点在平面内的射影为棱的中点，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
14.已知函数，记为函数的层复合函数，为函数的层复合函数，以此类推，，且为正整数为函数的层复合函数，则除以的余数是 ．
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.本小题分
某电子器件生产厂要生产一种标准规格为的电子器件，定义误差为产品实际规格减去标准规格．已知质检部抽检了某批次的件该产品，经统计得下表：
产品实际规格
频数
若以频率估计概率，从该电子器件生产厂生产的该批次产品中随机抽取件，其中至少有件是标准规格产品的概率是多少？
以频率估计概率，求该批次产品规格的误差绝对值的分布列和数学期望．
16.本小题分
已知函数，曲线在点处的切线方程为．
求实数的值；
当时，恒成立，求实数的取值范围．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，，为线段的中点．
证明：；
求二面角的正弦值．
18.本小题分
已知等差数列的前项和为，，，，其中为常数数列满足，，．
求数列和的通项公式；
记数列的前项和为，证明：；
集合，将中的所有元素从小到大依次排列构成数列，记为数列的前项和，求使得成立的的最小值．
19.本小题分
设抛物线：的焦点为，直线与抛物线交于，两点，当在上时，与的横坐标之积为．
求抛物线的方程；
分别过，两点作抛物线的两条切线，两条切线相交于点，若是直线上的动点，证明：直线恒过定点；
过点作直线的垂线，直线与抛物线交于点，点与点为不同的两点，证明：．
参考答案
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15.解：由表可知，产品是标准规格产品的概率为．
设随机抽取的件产品中至少有件是标准规格产品为事件，
则．
的可能取值为，，，
用频率估计概率，
，
，
，
所以的分布列为
所以的数学期望．
16.解：已知函数，求导得，
由题意，得且，
所以，．
由可知，，
由，得，
又，所以，
设，，
又，，由，解得，
当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为．

17.解：连接交于点，连接
，如图所示：
因为底面为菱形，所以，
且为和的中点，又为线段的中点，所以，
又，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以．
设的中点为，连接，，
因为底面为菱形，且，，
所以，，均为等边三角形，
所以，，又，，平面，所以平面，
以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由上得，又，
所以，
又，所以
故点在平面中的投影在的延长线上，
所以，，
由，得，，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则有，取，则，
设平面的法向量，
则有，取，则，
则，所以，
所以二面角的正弦值为．

18.解：由题意，，
，
两式相减，得，
因为，所以，
由题意，得，，可得，
又，所以，又为等差数列，
所以，解得，
所以，故公差为，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以．
因为，，，
所以数列的奇数项构成的数列是首项为公比为的等比数列，
所以，
令，则，为奇数；
数列的偶数项构成的数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
令，则，为偶数．
综上所述，．
由得，
所以，
，
，得，
所以．
当，，且数列的前项中有项数列中的项时，
，
由，得，解得，故，
故当，且，，时，恒成立．
当，时，
，
由，解得，故，
故当，且，，，时，恒成立．
当时，
，
由，得，即，
所以，所以，即，
故当，且时，恒成立，
综上，当时，恒成立．
当时，，
当时，，
当时，，
当时，设，，
恒成立，
即成立，
同理，当时，恒成立，
综上，是使成立的最小，
这时，
且，解得，
所以，
所以满足条件的的最小值为．

19.解：抛物线的焦点为，
设过的直线的方程为，联立，消去得．
设，由韦达定理得，已知，故，
结合得，
故抛物线的方程为．
抛物线的方程可写为，求导得，
过的切线方程为，代入化简得，
同理过的切线方程为．
联立两切线方程得，因为不同点，，化简得，
代入切线方程得，即．
又在直线上，代入坐标得，化简得．
设直线的方程为，联立抛物线得，
由韦达定理得，，代入上式得，即，
故直线的方程为，
当时，与的取值无关，
故直线恒过定点．
证明：设点，由题意知，直线的斜率存在且不为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
由得，
由，得．
所以，同理，，得，，
易知，当最小时，的横坐标在和的横坐标之间．
由抛物线的对称性，不妨设，且，则，
则，，
所以
，
因为过点的切线的斜率为，所以，即，
令，．
当，即时，．
当，即时，函数单调递增，
所以，
当且仅当时等号成立，又，
所以当时，．
当，即时，函数单调递减，
所以．
设，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，
所以当时，，
又，所以恒成立．
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