河南方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期二轮复习滚动测试数学试题（五）

方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期二轮复习滚动测试数学试题（五） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，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，则（    ）． A．2 B．1 C． D． 3．已知，均为锐角，，，则（   ） A． B． C． D． 4．5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示： 时间 1 2 3 4 5 销售量（千只） 0.5 0.8 1.0 1.2 1.5 若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ） A．由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数 B．线性回归方程中 C．残差的最大值与最小值之和为0 D．可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只） 5．函数在上的零点个数为（    ） A． B． C． D． 6．设是等差数列的前项和，若，则（    ） A．132 B．88 C．44 D．33 7．抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（    ） A． B． C． D． 8．在梯形中，，，，，分别以该梯形的四条边为直径向外作半圆，是四个半圆上的动点，则的最大值为（   ） A．18 B．36 C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知函数，则（    ） A．在上单调递增 B．是的极值点 C．在上有3个零点 D．是周期函数 10．已知椭圆的方程为，且离心率与双曲线的离心率互为倒数，则满足上述条件的椭圆，其方程可以为（   ） A． B． C． D． 11．函数图象如图所示，下列说法正确的是（   ） A． B．向左平移个单位后是偶函数 C．的对称轴为 D．的单调减区间为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．以抛物线（）的焦点和准线上的两点为顶点的三角形是边长为的等边三角形，则抛物线的标准方程为________． 13．已知抛物线的焦点为F，，是抛物线C上的两个动点，若，则的最大值为______. 14．在三棱锥中，，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为______. 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．已知函数，其图象相邻对称轴间的距离为. (1)求在区间上的值域； (2)在中，角的对边分别为，若，且边上的高，求的周长. 16．如图，四棱锥中，，. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 17．已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点． (1)求椭圆的标准方程． (2)试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． (3)设的面积与的面积分别为，求的最小值． 18．第十五届全国运动会于2025年11月9日在广州开幕，11月21日在深圳闭幕，是粤港澳三地首次联合承办的全国性体育盛会.此次赛事融合了体育竞技与大湾区文化特色，彰显了粤港澳大湾区深度融合，丰富了“一国两制”的实践.其中公路自行车赛是唯一的一项联结粤港澳三地的标志性跨境赛事，运动员需6次无间断通过三地口岸，每次通关通过人脸识别、北斗定位等技术无感查验，甲运动员每次通关查验顺利的概率为0.99，且各次查验相互独立.舞龙舞狮更是首次纳入全运会群众展演项目，粤港澳联队由6名广东选手、1名香港选手和1名澳门选手组成，团队表演的难度系数分为、、三个等级，对应的得分概率如下表： 难度等级 得分区间 得分概率（广东选手） 得分概率（香港选手） 得分概率（澳门选手） A级 8-10分 0.7 0.65 0.6 B级 6-7分 0.25 0.3 0.35 C级 4-5分 0.05 0.05 0.05 (1)在公路自行车赛中，求甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率，以及至少有1次查验不顺利的概率（结果均保留四位小数）； (2)从粤港澳联队选手中任选2人分别作为狮头和狮尾进行“南狮自选赛”的表演，设这2人中广东选手的人数为，求的分布列和均值； (3)从粤港澳联队中随机选取1名选手完成指定群众展演项目表演，已知该选手的得分在8-10分，求该选手是广东选手的概率（结果保留三位小数）. 19．已知函数. (1)若，求的最大值； (2)证明存在唯一的极大值点，且； (3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期二轮复习滚动测试数学试题（五）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B B C C C C AC AD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】解出不等式，求出集合，进而求交集即可. 【详解】由，得，解得 ， 即. 由，可得，解得， 即， 所以. 2．B 【分析】根据复数模的公式求解即可. 【详解】由， 则. 故选：B. 3．B 【分析】根据给定条件，利用同角公式及和差的余弦公式求解. 【详解】由为锐角，，得，解得， 由为锐角，得，而，则， 所以. 故选：B 4．B 【分析】根据已知数据，分析总体单调性，并注意到增量不相等，不是严格在一条直线上，从而判定A；求得样本中心点坐标，代入已给出的回归方程，求解，从而判定B；根据残差定义求得各个残差，进而得到残差的最大值与最小值，从而判定C；利用回归方程预测计算即可判定D. 【详解】从数据看y随x的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故A正确； 由已知数据易得代入中得到，故B错误； ， ，，，，， ，，，，， 残差的最大值与最小值之和为0，故正确； 时该商场手机销量约为，故D正确. 故选：B 5．C 【分析】根据零点的定义直接求解. 【详解】， 令，得或， 又，所以有两个解，分别为和， 在上有两个解， 且在上单调递增，，， 所以在有一个解， 综上所述在上有个解，即在上有个零点， 故选：C. 6．C 【分析】根据等差数列的前项和公式以及通项公式列出关于首项和公差的方程，求出与，再利用前项和公式求出. 【详解】根据是等差数列的前项和，由等差数列前项和公式可得.所以，化简可得. ，即.得. 将代入中，解得. 将代入，可得. 可得： 故选：C. 7．C 【分析】由题可知，抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个，其中有一枚正面朝上的基本事件有7个，分别求出“有一枚正面朝上”和“三枚都正面朝上”的概率，最后根据条件概率的计算公式，即可求出结果. 【详解】解：根据题意，可知抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个， 其中有一枚正面朝上的基本事件有7个， 记事件为“有一枚正面朝上”，则， 记事件为“另外两枚也正面朝上”， 则为“三枚都正面朝上”，故， 故. 即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是. 故选：C. 【点睛】本题考查条件概率的计算公式的应用，考查分析和计算能力． 8．C 【分析】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设，求得，分别求得以为直径的圆的方程，得到的最大值，即可求解. 【详解】如图所示，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 因为梯形中，，且， 过点作于点，所以，且， 所以， 设，可得，则， ①当点在以为直径的半圆上时，此时圆心为，半径为， 可得以为直径的圆方程为，可得， 所以的最大值为； ②当点在以为直径的半圆上时，此时圆心为，半径为， 可得以为直径的圆方程为，可得， 所以的最大值为； ③当点在以为直径的半圆上时，此时圆心为，半径为， 可得以为直径的圆方程为，可得， 所以的最大值为； ④当点在以为直径的半圆上时，此时圆心为，半径为， 可得以为直径的圆方程为，可得， 所以的最大值为, 综上可得，的最大值为. 9．AC 【分析】对于ABC，利用导数研究其单调性、极值和零点即可；对于D，利用周期函数的定义判断即可. 【详解】对于A，因为，所以在上单调递增，答案A正确； 对于B，当时，，所以不是的极值点，答案B错误； 对于C，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减. 又因为，所以在上有3个零点，答案C正确； 对于D，当时，，所以不是周期函数，答案D错误. 故选：AC. 10．AD 【分析】由离心率的定义结合题意逐一判断即可. 【详解】双曲线的离心率， 因为椭圆与双曲线的离心率互为倒数，所以椭圆的离心率为， 所以，故A正确、B错误； 选项C化为一般方程可得，错误； 选项D化为一般方程可得，正确. 故选：AD. 11．ACD 【分析】根据由图像最值、周期和所过的点依次求出得到函数解析式，再根据三角函数性质逐项分析计算即可求解判断. 【详解】由函数图像可知，函数最大值为，所以， 函数最小正周期为， 所以，又，所以， 由图可得，所以， 解得，因为，所以， 所以，A正确； 函数向左平移个单位后得到函数的图象，该函数为奇函数，B错误； 令，解得， 所以的对称轴为，C正确； 令，解得 所以的单调减区间为，D正确； 故选：ACD. 12． 【详解】记抛物线（）的焦点为， 设准线上的两点与构成边长为的等边三角形， 则由正三角形的对称性，可得. 所以焦点到准线的距离为， 所以抛物线的标准方程为. 13． 【分析】根据抛物线的定义，结合余弦定理、基本不等式和余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】抛物线的准线方程为：， 所以由已知，得， 因为 ， 因为，所以， 因此的最大值为. 故答案为： 【点睛】本题考查了抛物线定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了基本不等式的应用，考查了余弦函数的单调性应用，考查了数学运算能力. 14．或1 【分析】根据球的性质确定球心位置，根据球的表面积求出半径，利用勾股定理求出三棱锥的高，代入锥体体积公式求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 即为直角三角形，其外接圆的圆心为斜边的中点， 因为，所以点在平面上的射影为的外心， 连接，根据球的性质可知三棱锥外接球的球心在上， 连接，设三棱锥外接球的半径为，则 因为球的表面积为，所以， 因为， 所以该三棱锥的高为或， 如图:    所以该三棱锥的体积为或. 故答案为：或1 15．(1) (2) 【分析】（1）由题可得，求得，再由正弦函数的性质求出的值域； （2）由，求得，结合三角形面积公式和余弦定理求得，得解. 【详解】（1）由题知， ，， ，即在区间上的值域为. （2）， ， ，即， ，，， 由余弦定理得，即 得，解得或（舍）， ， 的周长为. 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用等腰梯形的性质及余弦定理分别求出，再利用勾股定理的逆定理及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）因为在四棱锥中，， 所以四边形为等腰梯形，，则， 所以，则由余弦定理得， 在中，，于是， 因此，又，即， 而平面， 则平面，又平面，所以平面平面. （2）在平面内过作，由（1）得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面与平面的法向量分别为， 则，令，得， ，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件与椭圆的性质列方程组，求得，的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）设，，则，由点点在椭圆上，可得，化简求得，同理可求得，进而可得解. （3）由（2）结合三角形面积公式易得由，得结合基本不等式即可求得的最小值，即可得解. 【详解】（1）依题意可得：，解得，， 所以椭圆的标准方程 （2）    易得，，设，， 则， 所以 得，， 同理可得， 则. （3）由（2）易得 由，得 因为所以，解得或(舍去)， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为. 18．(1)甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率为，至少有1次查验不顺利的概率， (2)分布列见解析，均值为 (3) 【分析】（1）由独立事件概率的乘法公式可得甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率，根据对立事件的概率关系，求至少有1次查验不顺利的概率； （2）由题可知，的可能取值为，分别求出相应的概率，可得的分布列，根据均值的计算公式可得的均值； （3）由全概率公式求得被选中选手的得分在8-10分的概率，根据条件概率公式求得得分在8-10分的条件下，该选手是广东选手的概率. 【详解】（1）因为甲运动员每次通关查验顺利的概率为0.99，且各次查验相互独立， 所以甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率为； 至少有1次查验不顺利的概率为. （2）的可能取值为， ； ； . 所以的分布列列表为： 所以的均值为. （3）从粤港澳联队中随机选取1名选手完成指定群众展演项目表演，则该选手是广东选手的概率为，是香港选手的概率为，是澳门选手的概率为. 记“选手的得分在8-10分”为事件，记“该选手是广东选手”为，“该选手是香港选手”为，“该选手是澳门选手”为. 由题可知，. . 所以，若已知该选手的得分在8-10分，则该选手是广东选手的概率为. 19．(1)0； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）对函数求导得，令且，判断导数的区间符号确定单调性，进而求最大值； （2）设，根据零点存在性定理确定零点所在区间，进而判断的符号，求的单调性，再求其极大值点，最后证明； （3）问题化为，讨论、、，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围. 【详解】（1）当时，，则. 易知在上单调递减，且， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此的极大值即最大值，为； （2），设， 因为，所以在上单调递减，又，时，， 因此，使得，即，即， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此存在唯一的极大值点， ， 当且仅当时等号成立，得证. （3），即，因为，所以， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式转化为恒成立，设， 所以， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递增，在上，单调递减， 所以在内有唯一极大值点，即，从而， 当时，不等式转化为恒成立， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递减，在上，单调递增， 所以在内有唯一极小值点，则，从而， 综上，的取值范围是. 答案第14页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $