山东省泰安英雄山中学2026年5月份高考冲刺训练数学卷

山东省泰安英雄山中学2026年5月份高考冲刺训练卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）若复数满足（   ） A． B．2 C． D．1 3．（本题5分）已知向量与的夹角为，则等于（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（    ） A．36 B．72 C．90 D．144 5．（本题5分）已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（本题5分）已知等比数列的前3项和为168，，则（    ） A．14 B．12 C．6 D．3 7．（本题5分）函数 在区间上的图象大致为（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知函数的定义域为，，，，且，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）某校组织学生参加全市一项比赛，现将参加考核的160名学生的成绩分为5个小组，绘制如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（每组数据以区间的中点值为代表）（    ） A．的值为0.025 B．参加考核学生成绩的中位数约为71.4 C．参加考核学生成绩在区间的学生有104人 D．估计参加考核学生成绩的平均数约为69.5 10．（本题6分）如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．正方体外接球体积为 C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为 D．到平面的距离为 11．（本题6分）椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（    ） A．的周长为12 B．存在点，使 C．的最大值为12 D．到的距离的最大值为4 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）若，则___________． 13．（本题5分）已知，，则______. 14．（本题5分）直线交双曲线于，两点（在第一象限），是双曲线的右焦点，的延长线交双曲线于点，，，则的离心率为________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知三内角的对边分别为，且． (1)求角的值； (2)若，求面积的最大值． 16．（本题15分）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（本题15分）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值. 18．（本题17分）树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. (1)求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； (2)记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 19．（本题17分）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B B D D C D ACD ABC 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】由，可得，故， u，故. 2．A 【详解】由，得， 所以. 3．B 【详解】由题可得： ，代入，得： ， ， 故. 4．B 【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算、同天的方案数，用总方案数减、同天的方案数，最终得出结果. 【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2，2，1， 所以，又因为， 所以总方案数， 若A、B安排在同一天：共分组方式， 又因为三个组分配到3天，共种排列， 因此A、B同天的方案数， 所以，即不同的安排方案种数为72. 5．D 【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系结合面面平行判定定理和线面平行性质定理逐项判断. 【详解】选项A：若，，则或，故A错误； 选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则， 由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误； 选项C：若，，则，或，故C错误； 选项D：若，则垂直于平面内所有直线； 又，由线面平行性质定理可知：存在直线，使得， 又，所以，D正确. 6．D 【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列的公比为， 若，则，与题意矛盾， 所以， 则，解得， 所以. 故选：D. 7．C 【分析】利用函数的奇偶性和函数值的正负逐一分析判断选项. 【详解】已知， ， 因此是奇函数，图象关于原点对称，排除关于轴对称的选项A、B； 当时：，故； 同时，因此负数正数， 即时，图象在轴下方，选项C符合该特征，选项D不符合. 8．D 【分析】令判断A；令，判断B；利用得，令判断，令判断，然后可判断C；利用，结合判断D. 【详解】对A，令，则，又，所以，错误； 对B，令，则，即，，错误； 对C，令，得，所以， 令，则，即，所以 令，则，所以，即， 所以，错误； 对D，因为，所以， 又，所以，正确. 9．ACD 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，成绩在的频率分别为，则成绩的中位数， ，解得，B错误； 对于C，成绩在的频率为， 由，得成绩在区间的学生有104人，C正确； 对于D，成绩的平均数，D正确. 10．ABC 【分析】由线面平行的判定可判断A，由正方体外接球的直径为对角线可判断B，由线面角定义可判断C，由等体积法判断D. 【详解】对于A：由于在正方体中，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面，A正确； 对于B：正方体外接球的直径为对角线，即， 所以，B正确； 因为平面，则为直线CE与平面所成的角， 则， 若，则，所以， 又，， 所以存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，C正确； 由A知平面，为上的动点， 所以到平面的距离等于到平面的距离， 设到平面的距离， ，， 由等体积可得：，即， 所以，所以到平面的距离为，D错误. 11．ACD 【分析】由椭圆方程得出基本参数，，，进而得到焦点及相关线段长，判断周长，分析最大值情况判断B选项，分析取值及相关距离情况判断C、D选项. 【详解】因为椭圆，得，，， 所以焦点，，满足， 所以， 在A选项中，的周长为，A正确， 在B选项中，在短轴端点时最大， 此时，为等边三角形， 最大角为，不存在满足条件的，B错误， 在C选项中，设，， 代入椭圆，得， 又，最大值为，代入得最大值为，C正确， 在D选项中，过作直线的垂线，垂足记为， 当与不重合时，为直角三角形，， 当与重合时，到距离等于，D正确. 12． 【分析】利用赋值法，令，和，即可求解. 【详解】由题意得： 令，得， 令，得， 令，得， 所以， 所以. 13．/ 【分析】本题中的角可以看成，而所求角可以看成．令，，则已知条件变为，，所求为．利用两角和与差的余弦公式，并把化为，即可求出结果． 【详解】令，，则，． 因为，所以与均有意义，从而，． 由两角和的余弦公式，得． 又因为，，所以． 因此． 把代入，得． 又因为，所以，解得． 由两角差的余弦公式，得． 同理，，所以． 于是． 14． 【分析】设，根据双曲线的定义，表示出，，的长度，利用余弦定理可得的关系，再在中，利用余弦定理可得的关系，从而得到双曲线的离心率. 【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，，. 因为关于原点对称，所以四边形是平行四边形. 所以. 设，则. 根据双曲线的定义，，， ， 在中，由余弦定理，， 即， 所以（）. 在中，，，，， 由余弦定理可得，所以. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理统一为角的三角函数等式，再通过三角形内角和关系替换角并消去公因式，由辅助角公式解得角； （2）先用余弦定理建立边的等量关系，再结合基本不等式求出的最大值，最后代入面积公式求得面积最大值. 【详解】（1）根据正弦定理得： 中，因此， 代入上式消去得： 因为，，两边同除以整理得： ， 由得，因此，即， （2）由余弦定理，代入、得： 由基本不等式，得： 即，当且仅当时取等号， 的面积， 代入的最大值得： 因此面积的最大值为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）空间几何证明，利用平面几何关系找到，结合条件，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用向量夹角余弦与平面夹角的关系求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 （2）因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为为的中点，所以，， 因为为棱上靠近点的三等分点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据的关系结合条件计算即得； （2）联立直线与曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用弦长公式与点到直线距离公式可表示出面积，最后利用换元法与基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由为椭圆的右焦点，则， 由，，则， 由，化简得， 由，则， 化简得， 故或，由，故，则， 即椭圆的标准方程为； （2）设、，联立， 消去可得， ，则， ，， 则 ， 点到直线的距离， 则， 令，则， ， 当且仅当时，等号成立， 故的面积的最大值为. 18．(1) (2) 0 1 2 3 . 【分析】（1）利用全概率公式求解； （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为分别求出，，，由题意得到的所有可能取值，分别求出每个可能取值的概率，求出的分布列和数学期望. 【详解】（1）记随机选择甲､乙､丙的事件分别为，进入第二轮的事件记为， 则， 由题意得， 所以 . （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为 则 由题意得的所有可能取值为 则 . . 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望为. 19．(1) (2) 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分与进行讨论，当时，结合函数单调性可得该此时恒成立，符合题意；当时，可利用导数研究函数单调性从而可得，可通过构造函数证明，即可得不符合题意. 【详解】（1）当时，，则， 则，又， 故函数在处的切线方程为，即； （2），， 若，，则在上单调递增， 故，符合题意； 若，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，则， 由单调递减，则， 故在上单调递减，故， 即，不符合题意； 综上可得：. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $