资源简介

海南海口市2026届高三5月自测题库数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．设等差数列的前项和为，若，则数列的公差为（ ）
A．6 B．3 C．-3 D．-4
4．若非零向量，满足，且，的夹角为，则（ ）
A． B．2 C． D．1
5．在平面直角坐标系中，圆：，过点且斜率存在的直线与圆相交于，两点，若，则圆心到直线的距离为（ ）
A．1 B．2 C． D．
6．已知函数（，，）的图象如图所示，则下列关系式一定不成立的是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线交的右支于，两点，若，且，则的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知函数，其导函数为，则（ ）
A．是奇函数 B．是偶函数
C．在上单调递减 D．“是周期函数”的否定是真命题
10．下列说法中正确的是（ ）
A．，，，，，的上四分位数是
B．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数小于中位数
11．已知函数（，）图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，且在区间上单调，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则或5
C．若直线与点是距离最近的一组对称轴和对称中心，则在上的值域为
D．若在内恰有两个零点，则
三、填空题
12．在的展开式中，常数项为________．
13．在平面直角坐标系中，抛物线：（）的焦点，点，在上，且关于轴对称，定点，若，且直线，的斜率之积为，则________．
14．已知四棱锥的底面是平行四边形，过点和的中点作平面，且平面与侧棱，（不含端点）分别交于点，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥体积的最小值为________．
四、解答题
15．已知的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若外接圆半径为，当取得最大值时，求的周长．
16．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率存在的直线与交于，两点，若坐标原点在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围．
17．如图，在五面体中，底面四边形是梯形，，，，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知（）．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值；
(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，是函数的两个零点，求证：．
19．某木雕社团举办相关知识比赛，题库中有大量的雕木选材与雕刻技术两类题目，从中随机选择一道作答，每次选到任意一类题目的概率均为．根据以往数据，甲答对雕木选材题目、雕刻技术题目的概率分别为，．规定比赛规则如下：若答对，继续选题作答；若答错，立即停止答题，比赛结束．答对雕木选材一题得1分，答对雕刻技术一题得2分，答错得0分，且每次作答相互独立．
(1)求甲在完成1次作答后所得分数的分布列与数学期望；
(2)在比赛过程中，记甲累积分数达到（）分的概率为．
（i）求（）的值；
（ii）求的最大值．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B A C A D ABD AC
题号 11
答案 BC
1．C
【详解】，故.
2．D
【详解】，
则在复平面内对应的点为，即在第四象限.
3．B
设等差数列的公差为，根据求和公式和通项公式代入求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
，
所以，
即，
整理得：，
解得
4．B
借助向量垂直数量积为及数量积公式计算即可得.
【详解】由得，
故，
又均是非零向量，所以.
5．A
【详解】因为，所以点在线段垂直平分线上.
又因为圆心也在线段垂直平分线上，所以直线就是的垂直平分线.
因为，所以，
因为，
所以.
由题意得直线过点，那么直线为，一般形式为.
那么.
6．C
通过图象的单调性判断出，再通过时的函数值小于e判断出，最后结合指数函数图象的性质比较与的大小，对于D，取特值即可证明有可能成立.
【详解】对于A，由图象知函数单调递增,故，A一定成立；
对于B，且，则,进而，B一定成立；
对于C，由A,B已得，，则，故一定不成立；
对于D，若，则，故有可能成立.
7．A
【详解】由，得，
即，得，
则.
因为，
所以，.
8．D
首先根据双曲线定义求出的长度，结合已知的，先在中利用余弦定理求出的长，然后在中利用余弦定理建立与的等量关系，最后借助双曲线中的关系求出的值，即可得到渐近线方程.
【详解】∵ 点在双曲线的右支上，根据双曲线的定义，可得.
又∵ ，∴ 代入得.
设，∵ 点也在双曲线的右支上，同理可得.
∵ 直线过且与双曲线右支交于两点，故在线段上，
∴ ，即，为等腰三角形.
在中，由余弦定理得：
，
将，，代入上式：
，
整理得，
∵ ，，∴ 解得，即，.
在中，再次应用余弦定理：
，
其中，代入已知值：
，
计算得，
化简得.
又∵ 双曲线满足，代入得，
整理得，即.
∵ 双曲线的渐近线方程为，代入得：，
整理为标准直线方程形式得，故选D.
9．ABD
求出导函数，根据奇函数、偶函数的定义即可判断AB；通过导数即可判断C；根据周期函数的定义即可判断D.
【详解】已知函数，其导函数为，则，
对于A，由于，所以是奇函数，故A正确；
对于B，由于，所以是偶函数，故B正确；
对于C，由于，令，则，
再令，则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以当时，，即；当时，，即；
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以在上恒成立，因此在上单调递增，故C错误；
对于D，由于，若是周期函数，则存在实数，对任意，有，
即，化简得，
显然，当时，左边代数式趋于无穷，右边代数式值域为，矛盾，
因此不是周期函数，则命题“是周期函数”是假命题，
所以命题“是周期函数”的否定是真命题，故D正确.
10．AC
直接计算第75百分位数即可判断A；根据相关系数的绝对值越接近于1，线性相关性越强判断B；根据二项分布的期望公式与线性期望公式判断C；根据频率分布直方图的性质判断D.
【详解】对于A，数据共6个，，故第5个数据即为上四分位数，故正确；
对于B，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故错误；
对于C，随机变量服从二项分布，则，，故正确；
对于D，数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其中位数小于平均数，故错误.
11．BC
根据题意得，且判断A；根据题意，结合对称中心求得，再结合，讨论或满足题意判断B；根据题意得，解得，再结合对称中心求得，最后整体代换求解值域判断C；结合题意得，解得，再结合对称中心求解得判断D.
【详解】对于A选项，在正弦函数中，对称轴与对称中心的距离为，其中，
因为函数图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，
所以，即，
即，由，解得，
因为在区间上单调，正弦函数的单调区间长度不超过，
所以，解得，故，
综上，，故A选项错误；
对于B选项，当时，，将对称中心为代入得，即，解得，
因为，故或，
当时，，在上单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；
当时，，当时，，满足单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；
综上，若，则或5，B选项正确；
对于C选项，直线与点是距离最近的一组对称轴和对称中心，
则，即，解得，
所以，将对称中心代入得，
即，解得，因为，故，
所以，此时，上单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；
当时，，
所以，即，故C选项正确；
对于D选项，因为函数图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，在内恰有两个零点，
则，整理得，即，解得，
所以，
将对称中心代入得，即，解得因为，故，
此时，由B选项知满足题意；
令，解得，即和为函数在内恰有两个零点，故D选项错误.
12．180
写出展开式的通项，确定的值代入求解.
【详解】展开式的通项为
，
由得，所以常数项为.
13．4
首先设出点坐标，利用对称性得到点坐标，结合斜率乘积条件与的条件求出点横坐标与的值，最后计算即可.
【详解】设点，∵ 点关于轴对称，∴ .
∵ 直线的斜率之积为，
∴ ，
整理得 ①.
∵ ，∴ 由两点距离公式得 ②.
将①代入②得 ，即 ，
∴ .
∵ 点在抛物线上，
∴ ，故，解得.
将代入①得 .
又∵ 点在抛物线上，∴ ，即，解得.
由抛物线焦半径公式，.
14．
设，其中，由空间四点共面定理可得，再由，得，结合基本不等式求解即可.
【详解】设，其中，
取空间基底,
因为底面是平行四边形，
所以
,
又因为为的中点，
所以,
又因为四点共面，
所以,
所以，解得，
又因为,
又因为，
，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以四棱锥体积的最小值为8.
15．(1)
(2)
（1）利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得；
（2）利用正弦定理求得，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得即可.
【详解】（1）由，结合正弦定理得，
因为，所以，
所以．
而，则，所以，而，故．
（2）由题意得，外接圆半径，
由正弦定理得，得．
由余弦定理得，则，
即，当且仅当时等号成立，
此时的周长为．
16．(1)
(2)．
（1）利用椭圆过定点、离心率及椭圆中的关系，列方程组求解出，进而写出椭圆的标准方程；
（2）过焦点的直线方程，与椭圆方程联立得到韦达定理，根据原点在以为直径的圆内等价于，代入韦达定理结果化简求解出直线斜率的取值范围.
【详解】（1）设的半焦距为．由题意得，解得，，
故的方程为．
（2）易知，设直线的方程为，，．
由得，
得到，
则由韦达定理得，．
如图，因为原点在以为直径的圆内，
所以，所以，即，
所以，整理得，
即，整理得，解得，
即直线斜率的取值范围为．
17．(1)证明见解析
(2)
第（1）题，利用底面梯形的边长、角度关系，结合线面垂直的判定定理，证明垂直于平面内的两条相交直线，得出平面.
第（2）题，建立空间直角坐标系，用空间向量法求两个平面的法向量，再计算两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为为的中点，，所以且 ，
所以四边形为平行四边形，所以．
在中，，，，
由余弦定理得 ，
又因，则得，即，所以．
又，， 平面，平面，
所以平面．
（2）由（1）知平面，平面，所以，即．
因为且 ，所以四边形为平行四边形，
所以，，得，
因为，所以．
因为， 平面，平面，
所以平面．
由（1）知，，所以，，两两互相垂直.
以为原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.
易知平面的一个法向量为．
如图(2)所示，因为平面，，,,
，
所以, .
设平面的法向量为，
则，故可取．
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由，得．
所以解得
（2）由恒成立，得恒成立．
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
（3）令，即．
由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，时，，时，，
画出大致图象如下：
由图可知，，．
由，，
得①，②，所以．
所以要证，即证，
即证．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以，
即，又，所以，
因为，所以，
由于且，又因为在上单调递减，
所以，即，
所以.
19．(1)
0 1 2
．
(2)（i）；（ii）．
【详解】（1）由题意得，的所有可能取值为0，1，2，
所以，
，
，
所以的分布列为
0 1 2
所以．
（2）（i）甲达到累积分数m的事件，可根据最后一次得分的路径分为两类：1. 经累积m 1分后，再答对一道得1分的题；
2. 经累积m 2分后，再答对一道得2分的题.因此，根据概率加法和乘法原理，
P(m)等于所有达到m 1分路径的概率之和乘以，加上所有达到m 2分路径的概率之和乘以，
所以时，，
所以，
即，
所以．
（ii）由题意得，，，
所以由（i）可知数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以①
又由，
得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以②．
②-①可得，
所以．
由于，
当时，，
令，则单调递减，
所以 ，所以时，，
又，
所以当时，取得最大值．

展开更多......

收起↑