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福建龙岩市上杭县第一中学2026届高三5月月考数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．正方形的边长是2，是的中点，则（ ）
A． B．3 C． D．5
4．在中，，则的值为（ ）
A．或 B． C． D．或
5．已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A． B． C．16 D．18
6．设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”“礼”主要指德育“乐”主要指美育“射”和“御”就是体育和劳动“书”指各种历史文化知识“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次，讲座次序要求“礼”在第一次，“射”和“数”相邻，“射”和“御”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）种
A． B． C． D．
8．已知函数，若对于任意，都有成立，则实数a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知关于的不等式的解集为，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集是
C．
D．不等式的解集为或
10．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．
B．的最小值是0
C．的图象关于y轴对称
D．不等式的解集是
11．如图，棱长为2的正方体中，P，Q分别是棱，棱的中点，动点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若，，则直线与直线所成角的最小值为45°
D．若动点M在三棱锥外接球的表面上，则点M的轨迹长度为
三、填空题
12．已知点是双曲线左支上一点是双曲线的左、右两个焦点，且与两条渐近线相交于两点（如图），点恰好平分线段，则双曲线的离心率是______．
13．若，则的最小值为___________.
14．在中，所对应的边分别为，已知，，点D在线段上，且．则_______，若时，则的面积为______
四、解答题
15．如图，平面四边形中，，，为正三角形．
(1)当时，求的面积；
(2)设，求的面积的最大值．
16．已知函数的图象在点处的切线经过点.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列的前项和为，求证：.
17．在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由．
18．已知圆C经过三点.
（1）求圆C的方程；
（2）设点A在圆C上运动，点，且点M满足，记点M的轨迹为.
①求的方程；
②试探究：在直线上是否存在定点T(异于原点O)，使得对于上任意一点P，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T的坐标，若不存在，说明理由.
19．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
参考答案
1．B
【详解】因为全集，集合，则或，且集合，
所以图中阴影部分表示的集合为.
故选：B.
2．B
【详解】因为，
所以，
则.
故选：B.
3．B
【详解】方法一：以为基底向量，可知，
则，
所以；
方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，可得，
所以；
方法三：由题意可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以.
故选：B.
4．C
【详解】∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，或，又，
∴根据三角形内角和得.
∴，
∴，
.
故选：C.
5．C
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，
所以，即，解得或（舍去），
所以.
故选：C.
6．C
【详解】对，令，则，
所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，
故，则，代入抛物线得.
所以.
故选：C
7．A
【详解】由题意，“礼”排第一，当“射”排第二或六时，“数”只有一种次序，其余全排列，有种次序，
当“射”排第三、四、五时，“数”有两种次序可选，“御”也有两种次序可选，其余全排列，
此时有种次序，
故“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种，
故选：A．
8．C
【详解】即，
即，
令，由，得，从而，
记，
由及得，在上单调递增，
令，
又在上单调递增，由复合函数单调性可知，
函数在上单调递增，且恒成立，
故，则，
故实数a的取值范围为．
故选：C.
9．AC
【详解】由不等式的解集为，可知是不等式的两个实数根，所以且，则且，故A正确，
对于B,不等式为，解得，故解集是，故B错误，
对于C, ，C正确，
对于D, 化为，即，解得，故不等式的解为，D错误，
故选：AC
10．ABD
【详解】令，得．
又，所以.
选项A：，，，A正确．
选项B：因为，当且仅当时，等号成立，所以B正确．
选项C：因为，所以，
该函数的图象关于直线对称，而非y轴，C错误．
选项D：因为，所以的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，则，即.
当，即时，不等式无解；
当，即时，不等式可化为，解得或，D正确．
故选：ABD
11．ABC
【详解】以D为坐标原点，，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
对于A，因，，则，
即，所以，又，
所以，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以点M在直线上，
又因为，，则四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，则平面，
故M到平面的距离为定值，又的面积为定值，即三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，点P为的中点，坐标为，点M的坐标为，
向量，向量，
设直线与直线所成的角为，因为，
则，
故当时，，则，
又因余弦函数在第一象限单调递减，故直线与直线所成角的最小值为45°，即C正确；
对于D，因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，
过的中点N作平面，是三棱锥外接球的球心，
因为平面，所以，又，
所以三棱锥外接球的半径，
因为点M在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，
所以M的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，
又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，
所以M的轨迹的周长为，故D错误.
12．
【详解】因为是中点，即是的中位线，
则，
可得，，
又因为，则，，关系
则，
所以双曲线的离心率是.
故答案为：.
13．.
【详解】由题意，可得：，，
当且仅当时取等号.
故答案为：.
14． /
【详解】第一空：因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，因为为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以，
第二空：因为，所以，
所以，两边平方得，
即，解得，
又，所以.
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴.
（2）在中，
∴，
∴，
∵，
由正弦定理可得：，解得：，
∴，
∴
，
当且仅当即时等号成立，
故求的面积的最大值为：.
16．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，则，
所以，则切线方程为，
即，
令，解得，所以；
（2）由（1）可得，.
方法一：
所以，
则，
两式相减得，
故
，
所以由可得，
故；
方法二：
，
所以.
.
所以由可得，
故.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3)EF在平面AFG内，理由见解析.
【详解】（1）因平面平面，平面平面，
，平面，则平面；
（2）如图过作平行线交于，由题设可得.
然后如图建立以为原点的空间直角坐标系.
则..
因，则.
则，又，
则，设平面法向量为，
则，令，可得可为.
又易得平面的法向量为.
设平面与平面夹角为，则.
（3）由（2）可得，，.
则。
假设平面，则四点共面，从而存在实数，使，
则.则，即在平面内.
18．（1）；（2）①；②存在，定点为．
【详解】（1）设圆C的方程为，将三点分别代入得
， 解得，
所以圆C的方程为；
（2）①设，则：，
∴， ∴，
∵点A在圆C上运动，∴，
即：∴∴，
所以点M的轨迹方程为，
它是一个以为圆心，以1为半径的圆；
②假设存在一点满足(其中为常数)，
设，则：，
整理化简得：，
∵P在轨迹上，
∴，
化简得：，
所以，
整理得，
∴，
解得：；
∴存在满足题目条件．
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．

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