精品解析：广东深圳市2025-2026学年第二学期5月冲刺高三数学试卷

2025-2026学年度第二学期五月冲刺卷 高三数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出. 【详解】因为，所以其虚部为1， 故选：C. 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合，再利用补集的定义求出结果. 【详解】依题意，，所以. 故选：B 3. 已知双曲线的焦距与其虚轴长之比为3：2，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由已知可得，进而可求离心率. 【详解】由题意可知，，则，设，则， 所以，故的离心率为. 故选：C. 4. 已知函数图象相邻的两个对称中心间的距离为，若，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由周期公式和正切函数的取值得到函数表达式，再利用换元法求出正切函数的对称中心； 【详解】由题可得，，又，所以， 所以，则， 则， 又，则，故． 令，解得． 结合选项可得当时，， 故是图象的一个对称中心． 故选：B. 5. 设是定义在上的函数，且对任意实数x恒有，当时，，则（ ） A. 1052 B. 1051 C. 1050 D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】由函数对任意实数x恒有可得，则函数为周期函数，周期为4．因为当时，，所以． 6. 已知平面直角坐标系中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设，利用向量的模以及数量积的坐标运算可得且，再根据向量模长的坐标运算公式计算取值范围即可. 【详解】根据题意，设，则，即， 因为，所以，即，所以. 因为，则， 所以， 又因为，即， 所以， 由可得，则的取值范围是. 故选：A. 7. 已知圆是圆上的两个动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出中点M的轨迹方程为圆，所求式子可转化为M到直线的距离，利用圆的性质即可得出最大值. 【详解】如图， 圆，圆心为点，设线段的中点为， 得，所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆， 即为可看作点到直线的距离， 同理，可看作点到直线的距离， 因此可看作点到直线的距离， 于是点到直线的距离最大值即，则，即，故D正确． 故选：D 8. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意构造函数，结合指数函数单调性以及定点画出函数图象即可得解. 【详解】由题意， 所以令， 所以问题等价于比较的图象分别与的图象三个交点横坐标的大小关系， 而均过点， 则由指数函数单调性可知，的图象分别与的图象三个交点横坐标如图所示： 则. 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则平面ABP C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面DPB 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项：若，先利用面面平行性质得，进而推出平面，同理证平面，再由线面平行判定得平面平面，所以平面.对于B选项：若，由且得，运用线面垂直判定得到平面 .对于C选项：先以D为原点建立空间直角坐标系，确定各点坐标.接着假设与平行，根据向量平行性质列出等式，解方程即可.对于D选项：先根据已知得出点坐标，进而得到向量、、.然后设出并求解平面的法向量，通过向量平行关系列出等式，求解即可. 【详解】对于A选项，若，则， 则点在线段上，如图．因平面平面， 且平面平面，平面平面，故， 因平面平面，故平面， 同理可证平面，因平面平面，且， 故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B选项，若， 则（为的中点）如下图，又因为，所以． ，又因为平面，平面，故B正确； 对于选项，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，. 因为，，，所以， 则点的坐标为.若，则，，. 假设存在，使，则存在实数，使得，即， 可得，此方程无解，所以不存在，使，选项错误. 对于选项，若，则，，，. 设平面的法向量为，则，即， 由得，代入得， 即，，令，则，，所以. 若平面，则与平面的法向量平行，即存在实数，使得，， 可得，由代入得，解得，所以存在，使平面，选项正确. 故选：ABD． 10. 设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. x轴上存在一点N，使为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B项，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C项，由条件推理得点A的坐标，得到直线的方程，与抛物线方程联立求得两点即得；对于D项，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，分析推理即得. 【详解】 如图，对于A项，因直线经过点,故当且仅当为通径时，最短，即，即，故A项正确； 对于B项，由抛物线定义知，故，由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值， 即,故B项正确； 对于C项，因,在中，由可得：,即得点， 于是代入中，整理得：，解得：，即得， 故,即C项错误； 对于D项，设直线，代入中，整理得：，设，则得：， 设在x轴上存在一点，则 ， 故当时，，即存在点使得为定值0.故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与抛物线相交有关的最值、弦长和定值问题,属于难题. 求解直线与抛物线相交有关的最值的思路，一般是从抛物线定义转化线段，结合图象，从三点共线角度考虑；对于相关的定值问题，经常需要直线与抛物线方程联立得出韦达定理，并将所求式进行代入消元整理，再观察分析可得. 11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则（ ） A. B. C. 若为锐角三角形，且，则面积的取值范围为 D. 若，的内心为I，则周长的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边可计算，可得选项A正确，选项B错误；利用面积公式表示面积，通过正弦定理表示，分析的范围可得选项C正确；根据内心的性质，结合正弦定理及辅助角公式可得选项D正确. 【详解】∵， ∴，整理得， ∴， ∵，∴，选项A正确，选项B错误. C.的面积. 由正弦定理得，， ∴， ∵为锐角三角形，∴，解得， ∴，∴， ∴，故，选项C正确. D.∵，∴， ∵的内心为I，∴，故. 设，则， 在中，由正弦定理得，， ∴， ∴的周长为， ∵，∴， ∴，∴，选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据与相切，确定的值，再根据直线与相切，确定的值. 【详解】因为与相切. ，设切点坐标为，则切线方程为. 因为切线过原点，所以：，故切点为，所以. 对函数，，由， 根据得切点纵坐标为：， 根据得切点纵坐标为：， 由，又由题可知. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：先根据的切线过原点，求出的值；求时，要注意切点即在曲线上，也在切线上，根据纵坐标相等列方程求解. 13. 已知等比数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的求和公式求出公比，再由通项公式求解. 【详解】因为， 所以或（舍去）， 所以， 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 14. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）0.002 （2） （3）不能 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【小问1详解】 依题意得，， 解得． 【小问2详解】 由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． 【小问3详解】 列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 15. 记数列的前项和为. （1）设，若，求的通项公式； （2）记，设，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，的关系即可求解， （2）通过求导确定通项公式，再由错位相减法、等比数列求和公式即可求解； 【小问1详解】 当时， ，整理得，当时，有. 数列是以为公比，以为首项的等比数列， 所以． 【小问2详解】 当时， ， 所以， 所以， 令，其前项和为， ∴① ∴② 得： . ∴. 令，其前项和易知为：， 所以 16. 如图，在几何体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，. （1）求异面直线EB与DF所成角的余弦值 （2）证明：平面平面BDF. （3）若M是几何体ABCDEF内的一个动点，且（），点N满足，，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明：取BD的中点O，连接OE，OF，则， 所以，，，， 所以，，，则， 所以. ，，则，又为中点， 所以，， 所以平面BDF. 因为平面EBD， 所以平面平面BDF. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用线线角的空间向量计算公式求解即可； （2）取BD的中点O，连接OE，OF，先利用勾股定理的逆定理证明，，从而得平面，进而可证得平面平面； （3）根据题意可得M在线段OE上，N在平面BDF上，结合数量积的定义可得，进而求得最值. 【小问1详解】 以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ，，，，则，， ， 故异面直线EB与DF所成角的余弦值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为（）， 所以M在线段OE上. 因为， 所以，故N在平面BDF上. ； 设G为MN的中点， 所以， 因为，所以， 故，所以的最小值为. 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为且焦距为2，上顶点为，且直线的斜率之积为. （1）求椭圆的方程： （2）设直线不经过点且与相交于两点， (i)证明：直线过定点； (ii)设为①中点关于轴的对称点，过点作直线交于椭圆于两点，且，求四边形面积的取值范围. 【答案】（1）； （2）（i）;(ii) 【解析】 【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，结合焦距得到，，得到椭圆方程； （2）（i）设直线,椭圆方程整理为,利用直线的方程将椭圆的方程齐次化，然后转化为关于斜率的方程，此方程的两根为.利用椭圆的性质，结合已知条件得到，进而利用韦达定理求得，从而得到直线经过定点；（ii）设，利用弦长公式求得，同理得,利用由对角线及其夹角所表示的四边形的面积公式得到四边形面积关于的表达式，进而进行变换，利用基本不等式和函数单调性求得其面积的取值范围. 【小问1详解】 由题意有，，, 则， 可得， 由椭圆焦距为2，有，得，， 椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 (i)由题意可知直线不过椭圆的右顶点， 故可设直线①, 椭圆方程整理为, 整理得：②, 联立①②得：③， 设,这两点坐标都满足方程③， , 方程③两边同除以得：, 即，此方程的两根为. ∵点在椭圆上，∴， 又∵，∴，∴，∴, ∴直线，，与轴交点坐标为, ∴直线恒过定点. (ii)关于原点的对称点为. 当直线的斜率不为零时，设其方程为. 将直线代入椭圆E的标准方程为， 整理得：，， ， 当时，，，四边形面积为 同理得. 又∵，∴四边形面积为： ，当时，取到， 又∵当直线的斜率为零时，必经过椭圆的左右顶点，与题意矛盾； ∴四边形面积的取值范围是. 【点睛】（2）（i）中的齐次化方法转化为关于斜率的方程是求解类似此题中的定点问题的简洁的方法，使得运算量得到较大的减少，值得注意学习和掌握. 18. 意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知． （1）证明：（i）当时，； （ii）当时，； （2）证明：． 【答案】（1） （i）由， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）令， 则， 令， 则， 因此在上单调递增； 所以， 故， 即， 所以在上单调递增， 即， 所以当时，成立； （2） 由时，成立， 令，且， 则， 即 ， 由题意， 令且，可得， 因为， 所以， 由①当时，， 所以令且，可得， 所以， 由前面解答过程得，对任意成立， 令且， 可得 ， 所以， 又且，所以， 所以 所以可得 ， 即可得. 【解析】 【分析】（1）(i)将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； (ii) 将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； （2）利用(1)中的证明将目标式子左面合理放缩，结合裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与导数新定义结合，解题关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期五月冲刺卷 高三数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的焦距与其虚轴长之比为3：2，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数图象相邻的两个对称中心间的距离为，若，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 5. 设是定义在上的函数，且对任意实数x恒有，当时，，则（ ） A. 1052 B. 1051 C. 1050 D. 0 6. 已知平面直角坐标系中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆是圆上的两个动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则平面ABP C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面DPB 10. 设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. x轴上存在一点N，使为定值 11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则（ ） A. B. C. 若为锐角三角形，且，则面积的取值范围为 D. 若，的内心为I，则周长的取值范围为 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________． 13. 已知等比数列的前项和为，且，则__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 14. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 15. 记数列的前项和为. （1）设，若，求的通项公式； （2）记，设，求. 16. 如图，在几何体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，. （1）求异面直线EB与DF所成角的余弦值 （2）证明：平面平面BDF. （3）若M是几何体ABCDEF内的一个动点，且（），点N满足，，求的最小值. 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为且焦距为2，上顶点为，且直线的斜率之积为. （1）求椭圆的方程： （2）设直线不经过点且与相交于两点， (i)证明：直线过定点； (ii)设为①中点关于轴的对称点，过点作直线交于椭圆于两点，且，求四边形面积的取值范围. 18. 意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知． （1）证明：（i）当时，； （ii）当时，； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $