精品解析：广东省深圳市南方科技大学附属中学2026届高三上学期第五次月考数学试题

数学试卷 （本试卷共4页．满分150分．考试用时120分钟．） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上．将条形码粘贴在答题卡左上角“条形码粘贴处”． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回． 一、单选题：本大题共8小题，共40.0分．选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正数满足，则的最小值是（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 6. 函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 8. 已知定义在上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 10. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ） A. 当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C. 若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D. 使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 11. 已知函数 是定义在上的奇函数， 是偶函数，当 时， ， 则下列说法中正确的有（ ） A. 时， B. 函数 的最小正周期是 4 C. D. 方程 恰有 10 个不同的实数根 三、填空题：本大题共3小题，共15.0分． 12. 若___________． 13. 已知，则_____________. 14. 已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 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. 某公司想了解员工对薪资的满意度情况，对该公司的100名员工进行薪资满意度调查，调查结果如表所示： 入职年限 对薪资满意度情况 合计 满意 不满意 入职年限不少于2年 20 20 40 入职年限少于2年 40 20 60 合计 60 40 100 （1）根据小概率值的独立性检验，分析该公司员工对薪资的满意度是否与入职年限有关； （2）从样本中对薪资满意的员工中随机抽取2人，求这2人的入职年限都少于2年的概率. 附 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面，为棱上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）设直线与平面交于点，证明：； （3）若，，，求与平面所成角的正切值． 17. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且. （1）求； （2）求的单调增区间，并说明在上的单调性； （3）求数列的前项和. 18. 已知点是离心率为的椭圆：上的一点． （1）求椭圆的方程； （2）点在椭圆上，点关于坐标原点的对称点为，直线和的斜率都存在且不为，试问直线和的斜率之积是否为定值？若是，求此定值；若不是，请说明理由； （3）斜率为的直线交椭圆于、两点，求面积的最大值，并求此时直线的方程． 19. 已知是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （3）若存在实数，使得恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 （本试卷共4页．满分150分．考试用时120分钟．） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上．将条形码粘贴在答题卡左上角“条形码粘贴处”． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回． 一、单选题：本大题共8小题，共40.0分．选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数值域求出集合，即可求两集合的并集. 【详解】由， 则， 故选：A. 2. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的性质得到，然后求投影向量即可. 【详解】由，得，由， 得，则， 因此，在上的投影向量为. 故选：D. 3. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换得出，由求出的取值范围，由求得，结合题意得出关于的不等式，解之即可. 【详解】由三角函数的图象变换可得， 当时，，则， 因为，则， 因为，总存在唯一实数，使得， 当时，， 由题意可知，解得， 故实数的取值范围是. 故选：B. 4. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法， 所以2个0不相邻的概率为. 故选：C. 5. 已知正数满足，则的最小值是（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】先配凑，然后运用基本不等式求出最小值 【详解】， 当且仅当，即，时，取得最小值. 故选：. 6. 函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数的图象，数形结合，化简得出，最后求一元二次函数的值域. 【详解】作出函数的图象如图， 不妨设，则， 当时，，解得， 故由图可知， 则， ∵，∴． 故选：A 7. 已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析得的项的情况，求出当时和当时的，找出的最小值. 【详解】由题意得数列的前项依次为： ，个，，个，，个，，个，，， 当时， ， 当时， ， 所以使成立的的最小值为. 故选：B. 8. 已知定义在上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造辅助函数，利用导数判断其单调性，将原不等式转化为辅助函数的不等式，结合单调性求解自变量的范围. 【详解】构造函数， 则， 由，得，故在上单调递减. 计算. 将变形为，即. 因单调递减，故，解得. 故选：C 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据条件，利用正态分布的对称性，即可求解；对于B，根据条件直接求出第百分位数，即可求解；对于C，利用相关系的定义，即可求解；对于D，利用线性回归方程经过样本中心，即可求解. 【详解】对于A，因为，又，则，正确， 对于B，因为，所以数据的第百分位数为，错误， 对于C，因为线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，正确， 对于D，由题知，解得，正确. 故选：ACD. 10. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ） A. 当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C. 若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D. 使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假. 【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且， 所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）. 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 11. 已知函数 是定义在上的奇函数， 是偶函数，当 时， ， 则下列说法中正确的有（ ） A. 时， B. 函数 的最小正周期是 4 C. D. 方程 恰有 10 个不同的实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设可判断函数的对称性和周期性，故可判断B的正误，根据对称性求出上的函数解析式后可判断A的正误，求出后根据周期性可求，从而可判断C的正误，利用导数刻画函数在上的单调性后可得的图像，数形结合后可判断D的正误. 【详解】因为为上的奇函数，故， 而 是偶函数，故， 所以，故， 故的周期为，故B正确； 由可得， 当时，，故，故A错误； 因为为上的奇函数，故，而， 由可得，， ，故， 故，故C正确； 当，，故在为增函数， 结合的周期性和对称性可得函数的图像如图所示： 而的解的个数可以看成两个图像交点的个数， 而，结合图像可得两个图像在轴右侧交点的个数为5个， 因，由图可得两个函数在轴左侧交点的个数为5个，故共个交点， 故恰有10个不同的解，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，共15.0分． 12. 若___________． 【答案】 【解析】 【详解】令，则， 代入运算， 所以，解得， 所以. 13. 已知，则_____________. 【答案】243 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法计算即得. 【详解】在中， 取，得， 两边同时乘以32得. 故答案为：243 14. 已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解. 【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点， 且，所以四边形为矩形， 设，则， 所以， ，即四边形面积等于. 故答案为：. 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. 某公司想了解员工对薪资的满意度情况，对该公司的100名员工进行薪资满意度调查，调查结果如表所示： 入职年限 对薪资满意度情况 合计 满意 不满意 入职年限不少于2年 20 20 40 入职年限少于2年 40 20 60 合计 60 40 100 （1）根据小概率值的独立性检验，分析该公司员工对薪资的满意度是否与入职年限有关； （2）从样本中对薪资满意的员工中随机抽取2人，求这2人的入职年限都少于2年的概率. 附 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）有关 （2） 【解析】 【分析】（1）利用公式求出，利用临界值表进行判定； （2）将组合数思想与古典概型相结合即可得结果. 【小问1详解】 零假设为：该公司员工对薪资的满意度与入职年限无关． 经计算得， 依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 即公司员工对薪资的满意度与入职年限有关，此推断犯错误的概率不大于0.1； 【小问2详解】 对薪资满意的员工共60人，其中不少于2年：20人，少于2年：40人， 抽取2人均为少于2年概率：. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面，为棱上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）设直线与平面交于点，证明：； （3）若，，，求与平面所成角的正切值． 【答案】（1） 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2） 因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面与直线相交于点，所以平面平面， 所以，故 （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用线面平行的性质可得出，结合平行线的传递性可证得结论成立； （3）设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得与平面所成角的正切值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，因为，平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， ，所以， 设直线与平面所成角为，则， 所以，，故. 因此直线与平面所成角的正切值为. 17. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且. （1）求； （2）求的单调增区间，并说明在上的单调性； （3）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 单调增区间为； 当时，单调递增，当时，单调递减 （3） 【解析】 【分析】（1）解方程，结合求解； （2）由正弦函数的单调性求解； （3）说明是等差数列，根据求和公式求解. 【小问1详解】 由，得， 所以或， 解得或， 因为且， 所以时，或，解得或 当时，， 此时，而，不合题意， 所以. 【小问2详解】 由（1）， 由，得， 因为，所以单调增区间为， 因为，所以， 当，即时单调递增， 当，即时，单调递减； 【小问3详解】 当时，由或， 得或，又， 所以的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列， 偶数项构成以为首项，公差为的等差数列. 所以当为奇数时， ； 当为偶数时， ； 所以 18. 已知点是离心率为的椭圆：上的一点． （1）求椭圆的方程； （2）点在椭圆上，点关于坐标原点的对称点为，直线和的斜率都存在且不为，试问直线和的斜率之积是否为定值？若是，求此定值；若不是，请说明理由； （3）斜率为的直线交椭圆于、两点，求面积的最大值，并求此时直线的方程． 【答案】（1）； （2）是， （3）最大值为， 【解析】 【分析】（1）根据和过点可求结果； （2）设，所以，，从而得到． （3）先联立直线与椭圆得出，点到直线的距离为，计算，利用均值不等式求面积的最值和直线的方程． 【小问1详解】 ，， 将代入椭圆方程得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 依题意得在椭圆上， 直线和的斜率都存在且不为， 设，所以， ， ， 所以直线和的斜率之积为定值； 【小问3详解】 设直线的方程为，， 由消去，整理得， ，则， 则， ， 点到直线的距离为， ， 当，即时面积最大，且最大值为， 此时直线的方程为． 19. 已知是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （3）若存在实数，使得恒成立，求的最小值. 【答案】（1） 由题意，，记，则， 当时，，所以在上单调递增， 因为， 所以存在唯一的，使得. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理即可得证； （2）转化为有两个变号零点，分和讨论，利用导数求最值，根据最值列不等式求解可得； （3）当时取特值分析；当时利用指数函数性质求解；当时，求出的最小值，利用隐零点方程代入，然后构造函数，利用导数求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 极值点满足，即. 若，可知严格单调递增，至多有一个零点， 故不可能有两个极值点； 若，记，则， 因为单调递增， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以存在最小值点. 且的最小值. 要使有两个零点，需最小值小于0，即. 由于，所以，解得. 又当；当， 所以时，有两个变号零点，即有两个极值点. 所以，的取值范围为. 【小问3详解】 当时，当，， 故不存在最小值， 所以此时不存在实数，使得恒成立； 当时，， 要使恒成立，只需，所以； 当时，由（1）可得存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 因为恒成立，所以， 故（1）， 又，所以， 代入不等式（1）可得， 整理得：，其中， 构造函数， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 所以，当，即时取等号， 综上所述，的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $