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湖北省仙桃中学2026届高三5月强化训练数学试题
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）．
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）．
A．1 B．2 C． D．5
3．已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，则该组数据的第70百分位数为（ ）．
A．4.5 B．5 C．5.5 D．6
4．已知单位向量，，则是“存在实数，使得”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．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（ ）．
A．1 B． C．2 D．4
6．已知，且，则（ ）．
A． B． C．1 D．5
7．已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
8．一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ）．
（参考数据：，）
A．0.1 B．0.2 C．0.5 D．0.6
二、多选题
9．设正项数列的前n项和是，且，，下列选项中正确的有（ ）．
A．若是等差数列，则
B．若是等比数列，则
C．若是等差数列，则
D．若是等比数列，则
10．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ）．
A．圆的面积为
B．椭圆的长轴长为
C．抛物线的焦点到准线的距离为1
D．双曲线的离心率为
11．已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（ ）．
A．
B．
C．的最小值为
D．的最大值为
三、填空题
12．函数在区间上的最大值为_________．
13．已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值）
14．在中，D是线段上一点，且，，则的最大值为_________．
四、解答题
15．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
(1)求函数的解析式；
(2)将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，且其图象关于轴对称，求在上的解集．
16．有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次．
(1)若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望；
(2)若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率．
17．已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且．
(1)求的方程；
(2)若，求的方程；
(3)若，与轴分别交于，，求与的面积之比．
18．如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置．
(1)求证：平面平面；
(2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上．
①求二面角的余弦值；
②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值．
19．已知函数，．
(1)当时，求曲线过点的切线方程；
(2)若对任意，都有成立，求的取值范围；
(3)设，，求的小数点后第一位数字（如：自然对数的底数的小数点后第一位数字为7，的小数点后第一位数字为6）．
参考答案
1．B
【详解】集合或，
因为，所以.
2．C
【详解】由，得，，
所以，，因此，.
3．D
【详解】已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，
则，解得.
将这组数据按照从小到大的顺序排列，得共5个数据，
由，所以该组数据的第70百分位数为第4项，即6.
4．A
【详解】已知是单位向量，故.
对两边平方得，
代入，解得.
由点积定义得（为两向量夹角），
得，即同向共线，存在使，充分性成立；
若存在使，由，
得. 当时，，此时，必要性不成立.
因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件.
5．C
【详解】抛物线，焦点，准线方程为，
因为抛物线上一点到焦点的距离为5，所以点到准线的距离也为5，
即点的横坐标为4，代入可得，
因此.
6．D
【详解】由，得，
所以，
则，
所以，因为，
所以.
7．C
【详解】
圆，圆心为原点，半径.
在直线上，设.
因为圆上存在两点使为等边三角形，所以，过作圆的切线，
切点为，连接，则，又，所以，
即，即.
即，因式分解得，
解得，即点横坐标的取值范围为.
8．B
【详解】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，
由题意可得，
如图所示，正四面体高，
水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，
则，即，
所以.
9．ACD
【详解】对于A，若是等差数列，∵，，则，故A正确；
对于B，若是正项等比数列，∵，，则，故B不正确；
对于C，若是等差数列，则，即，，故C正确；
对于D，若是等比数列，则，即，
又因为，，
，解得，∴，故D正确.
10．BCD
【详解】已知圆锥的轴截面是斜边长的等腰直角三角形，
可得，，是中点，.
以为原点，以方向为轴，以与垂直向内的方向为轴，
以方向为轴建立空间直角坐标系，
得，，，，.
选项A：截口为圆时，截面平行于底面，圆半径，
面积，A错误；
选项B：截面过，椭圆长轴为线段，
可得，
故长轴长为，B正确；
选项C，如图，作出符合题意的图形，
设抛物线与底面圆的交点为，以为原点，
以为轴，在平面建立平面直角坐标系.
由于圆锥底面半径为，则，得，，，
将代入抛物线方程，得，
故抛物线的焦点到准线的距离为1，C正确；
选项D，如图，作出符合题意的图形，
在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，
则点的坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为，
设双曲线方程为，则，
将代入双曲线方程得，解得，
则离心率，D正确.
11．AB
【详解】画出函数的图像：
设，即方程有三个不同的实根，
由于在上单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，，
令，
结合图像可知，方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根，
即当且仅当，且，
，
再考虑方程和，注意，
或或，
因为，所以，
对于A，，
所以，A正确；
对于B，，，
令，则，当时，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以，B正确；
对于C，，因为，所以单调递增，
因为，所以无最小值，C错误；
对于D，在上单调递增，
所以，所以的最大值为，D错误.
12．2
【详解】∵ ，，
∴ 对求导得.
令，解得，，均属于区间.
分别计算在区间端点和极值点处的函数值：
当时，.
当时，.
当时，.
当时，.
比较上述函数值大小：，
∴ 函数在区间上的最大值为.
13．348(或168，答案不唯一)
【详解】令，则是等比数列，设其公比为.
由已知得，，，则，则.
当时， ，，.
所以，，，，则.
当时，，，.
所以，，，，则.
综上所述，的前5项和可以是348或168.
14．
【详解】如图，设，则，所以，
由正弦定理可得，在中：；
在中，可得，即，
因为，
所以代入得，
得到，
令，则，设，
则，得到，
可得，解得，即，
得到，因为为锐角，所以，即.
15．(1)
(2)
【详解】（1）根据五点法完善表格部分数据如下：
0
0 2 0 0
由题意知，解得，，
又，解得，所以．
（2）因为为偶函数，
所以 ， ，
又，所以时，.
，，
所以，即，
又，所以 .
则，解得.
所以在上的解集为.
16．(1)的分布列为：
期望为1
(2)
【详解】（1）由题意知，随机变量的取值为，
则，，
，，
所以的分布列为：
由，所以的期望．
（2）记第次取出黑球为事件，第三次取出黑球后袋中没有黑球为事件．
方法一：，
，
所以．
方法二：，，
所以．
17．(1)
(2)
(3)1
【详解】（1）由题可知，，，，如下图所示：

，即，
因为，所以，即，
所以联立解得，，
因此椭圆的方程为；
（2）由（1）可知，，，
设的直线方程为，，，
联立，可得，
根据韦达定理可得，，
因为，所以，
所以，即，
所以，，解得，
因此直线的方程为；
（3）图象如下图所示：

由（2）可知，，
直线的方程为，所以，即，
同理可得，
所以，
所以，故与的面积之比为1．
18．(1)证明见解析
(2)①②
【详解】（1）在翻折过程中，，平面，平面，
所以平面．
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，，
所以平面平面．
（2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接．
因为点是点在平面上的射影，所以平面，
因为平面，所以，
又，，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
则翻折前、、三点共线，且，
所以，，
所以．
延长至点，使，则，
在平面中，过点作于，
由①知平面，即平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面，
所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”），
因为，
所以，所以，所以点在线段上，
所以点在四边形内，
此时
，
综上，最小值即为，长为，
所以的最小值为．
19．(1)
(2)
(3)6
【详解】（1）当时，，则，
所以在切点处的切线方程为
，
又切线过点，则，即，
令，则，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，，所以，
所以切线方程为．
（2）因为对任意，均有恒成立，即恒成立，
则，
令，
当时，对称轴，即在上单调递增，
又，所以，即，
所以在上单调递增，又，
所以恒成立，即恒成立，符合题意；
当时，对称轴，又，
又的两个根分别为，，
所以，，且当时，，即，则单调递减，
又，所以当时，，即，与矛盾，故不成立．
综上所述，的取值范围为．
（3）方法一：
一方面，
，
所以，则数列单调递增，
而，，，
所以；
另一方面，由（2）知，当且仅当时，取“”，
令，则，则，
所以
，
所以．
方法二：由（1）知，当且仅当时，取“”， 用代，则，即，当且仅当时，取“”， 令，则，所以， 所以， 所以．
综上所述，的小数点后第一位数字为6．

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