精品解析：河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高三下学期05月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】， 由可得． 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解. 【详解】解： 或， ， ， 故选：C 3. 已知直线，圆，则“ ”是“直线与圆相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 因为方程表示圆，所以，解得 . 所以圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 若直线与圆相交可得，则可得，解得. 所以“ ”是“直线与圆相交”的充分不必要条件. 4. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和最值的性质，建立不等式解出即可. 【详解】因为是中的唯一最大项，所以且， 即且，又，解得， 即的取值范围为． 5. 一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的结构特征有圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体表面积最小，再由圆锥的体积公式及轴截面的相关计算求球体半径，即可得. 【详解】由题意，圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体的半径最小，此时表面积最小， 若圆锥的高为，而其底面半径为2，则，可得 ， 令球体半径为，则，可得， 所以球体表面积为. 6. 若事件满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式，可得，根据概率的加法公式，可得，结合全概率公式及条件概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】由，得， 又， 所以， 由，得， 所以. 7. 已知抛物线：的焦点为 ，过点 的直线与相交于 ， 两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设过点的直线方程为 ，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理得出，然后利用基本不等式的性质求出最小值即可. 【详解】由题意可知，，设过点的直线方程为 . ，将直线方程代入抛物线方程可得. 化简得.根据韦达定理得. 又，所以. 由于抛物线的准线方程为，所以. 所以. 因为，所以. 当且仅当，即时，等号成立，此时取最小值为. 8. 已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数（），求导可得 在上单调递增,则 ,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果. 【详解】构造函数（），则（），所以 在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时 ， 单调递增；当时， 单调递增.，整理得. 故选:B. 【点睛】本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 若的展开式中的系数为，则（ ） A. B. 所有项系数之和为1 C. 二项式系数之和为64 D. 二项式系数最大项为第3项 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质判断CD；首先根据展开式中的系数是得到，从而判断A正确，令得到所有项系数之和为 ，从而判断B正确. 【详解】因为，可知二项式系数之和为 ，二项式系数最大项为第项，故C正确，D错误； 因为的展开式中项为， 可得，解得，故A正确； 则， 令，所有项系数之和为，故B正确； 故选：ABC. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线与直线垂直 B. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 C. 曲线的切线的倾斜角取值范围是 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，先求处的导数值即切线斜率，再根据两直线垂直斜率乘积为 的性质进行判断；对于选项B，先令等于直线的斜率，求出切点，再计算切点到直线的距离；对于选项C，先分析的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系，结合正切函数的性质确定倾斜角的范围；对于选项D，设切点坐标，写出切线方程，将点 代入得到关于切点横坐标的方程，转化为该方程有三个不同实根的问题，通过研究对应函数的单调性与极值来确定的范围 【详解】对A，处切线斜率，直线的斜率为 ，两斜率乘积 ，故两直线垂直，A正确 对B，点到直线的最小距离，出现在曲线切线与平行时，即切线斜率等于， 令，得，整理为，函数在上单调递增，仅有解，对应切点为 切点到的距离为：​，即最小距离为​，B正确 对C，设切线倾斜角为 ，则 令​，求导得​，时，单调递减； 时，单调递增， 所以在处取最小值，故 而​，因此倾斜角范围不是，C错误 对于D：设过点 的切线切点为，则，整理得， 若过点 可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点， 对函数， 当时 ，函数单调递减； 当时 ，函数单调递增； 当时 ，函数单调递减. 又当时， ；当时，；时，；时，， 所以函数的图象大致如下： 则当时，函数与函数有三个交点， 此时过点 可以作曲线的三条切线，D正确. 11. 在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为5 C. 若，则的轨迹长度为 D. 三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等体积法求解体积判断A；取点关于平面的对称点后连接，利用三点共线求解即可判断B；找到过点且与垂直的平面与侧面的交线，再计算交线长度即可得C；根据三棱锥外接球的特征分析计算判断D. 【详解】A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； B，如图作点关于平面的对称点，连接，则， 故， 当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误； C，易得，因平面，平面，则， 又 ， 平面 ，则平面 ，因平面 ，则， 同理，又平面，故平面， 因为，所以 平面，又平面侧面， 所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确； D，如图取 的中点，因为为直角三角形， 所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R， 由外接球的性质，得 平面， 连接， 则， 以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，，且， 则，整理得， 因为点为侧面内一点（包含边界）， 当点和侧面的顶点重合时，有最小值， 即有最大值， 故三棱锥外接球的体积的最大值为， 设正方形中心为 ，则 当点和点 重合时，有最大值， 即有最小值， 故三棱锥外接球的体积的最小值为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角公式转化求解即可. 【详解】，则，有， ，解得. 13. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或， ， 或 ，，， 1.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种； 2.将门学科分成数量为， ， 的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有种； 3. 将门学科分成数量为 ，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种． 所以每位同学的不同选修方式有种． 14. ，任意，满足，求有序数列有_____对. 【答案】48 【解析】 【分析】先确定，再结合，设，可得到，进而求出这四个数，从而求得答案. 【详解】由题意知， 满足， 不妨设， 则必有， 若，解得； 若，解得， 由此可知此时有2种情况， 结合任意，共有对， 故答案为：48 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合推出时，这四个数的值，进而结合题意求得答案. 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. 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求得； （2）在 中，结合余弦定理得，结合正弦定理得，进而求得，最后根据面积公式求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 所以， ， ， 因为，所以， 所以，即， 又，则有，所以. 【小问2详解】 解：因为，，， 所以在 中，， 所以，即， 因为在 中，， 所以， 因为，所以， 所以 ， 所以. 16. 已知函数． （1）当 时，求的极值； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）极大值为，极小值为； （2）当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在 上单调递减，在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）把 代入，利用导数求出函数的极值. （2）求出函数的导数，再按分类求出导函数值为正为负的解集即可. 【小问1详解】 当 时，函数的定义域为， 求导得，由，得或； 由，得， 则函数在上单调递增，在 上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时， 恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在 上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在 上单调递减，在上单调递增. 17. A4纸是长､宽比为的矩形纸张.设一张A4纸的四个顶点分别为 ，以两长边的中点连线为折痕，将矩形折起，连接，得到如图所示的直三棱柱是 的中点. （1）证明：平面平面； （2）设，三棱柱的体积为，且为钝角，求二面角的正弦值. 【答案】（1）由且 为 中点，得 ， 又三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又 平面，所以， 又因为，平面 ，平面 ，所以 平面 ， 又 平面，所以平面平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，在利用面面垂直的判定定理证得平面平面 ； （2）利用三棱柱的体积为求得，进而求出，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取 中点 ，故平面，又由（1）知 ，所以两两垂直，以 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 因为，由题意得， 所以三棱柱的体积， 所以，又为钝角，所以， 所以，即， 则，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 即， 设平面 的法向量为， 则，取，则， 即， 设二面角的平面角为 ， ， 所以， 所以二面角的正弦值. 18. 已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． （1）求椭圆的方程． （2）已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线 的斜率为定值； （ii）求 面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）2． 【解析】 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线 的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线 的斜率； 法二：设直线 的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线 的斜率； 法三：由，可设直线 为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线 的斜率为定值． （ii）设直线 为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时， 的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线 的距离，所以，当时， 的面积取最大值2． 【小问1详解】 设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得 或（舍去） 所以椭圆的方程为 ． 【小问2详解】 （i）法一： 设直线 的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立 得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线 不过点，所以， 故． 法二： 设直线 的方程为， 联立 ，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线 的斜率， 故直线 的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线 为，不同时为0， 联立与 ， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线 的斜率为定值． （ii）设直线 为， 联立与 ，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线 于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时， 的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线 的距离， 所以， 当且仅当时， 的面积取最大值2． 19. 在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得 ，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 【答案】（1） （2）（i），（ii）由可知： ， 则， 所以 ， 令 ，则 ， 即函数 在 上单调递减， 所以 ，即 ，则， 所以， ， 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数 ，当 时， ，即 ， 综上，当 时， 成立，所以点M是常返的. 【解析】 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）（i）分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动 次，即可求出，再利用组合公式化简； （ii）利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出 ，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【小问1详解】 记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有 种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况. 则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为. 【小问2详解】 （i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动次，则上下各移动 次， 所以 ， （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，圆，则“ ”是“直线与圆相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（   ） A. B. C. D. 6. 若事件满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于，两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 8. 已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 若的展开式中的系数为，则（ ） A. B. 所有项系数之和为1 C. 二项式系数之和为64 D. 二项式系数最大项为第3项 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线与直线垂直 B. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 C. 曲线的切线的倾斜角取值范围是 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 11. 在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为5 C. 若，则的轨迹长度为 D. 三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______ 13. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 14. ，任意，满足，求有序数列有_____对. 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. 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积. 16. 已知函数． （1）当 时，求的极值； （2）讨论的单调性． 17. A4纸是长､宽比为的矩形纸张.设一张A4纸的四个顶点分别为 ，以两长边的中点连线为折痕，将矩形折起，连接，得到如图所示的直三棱柱是的中点. （1）证明：平面平面 ； （2）设，三棱柱的体积为，且为钝角，求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． （1）求椭圆的方程． （2）已知为椭圆上异于的两点，且直线与 轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求 面积的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得 ，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $