海南海口市第四中学2025-2026学年下学期高三数学5月模拟试卷（二）

**基本信息** 高三数学模拟卷覆盖函数、几何、概率等核心模块，解答题融合导数、圆锥曲线与数列综合应用，适配高考命题趋势，注重数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、函数性质、向量、统计、三角函数、椭圆、立体几何|基础概念与空间观念结合，如立体几何轨迹问题考查空间想象| |多选题|3|双曲线、三角函数图像、三次函数|多选项辨析，考查推理意识，如三角函数性质判断| |填空题|3|正态分布、数列、双曲线|数据意识与运算能力，如正态分布应用| |解答题|5|立体几何、解三角形、概率统计、导数、抛物线与数列|综合应用，如导数恒成立与数列比较大小，体现创新意识|

海南海口市第四中学2025-2026学年下学期高三数学5月模拟试卷（二） 一、单选题 1．设全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则（    ） A．1 B． C． D．2 3．设函数的定义域为为奇函数是为偶函数的（    ） A．充分必要条件 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．若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（） A． B． C． D． 5．已知变量，的5对样本数据为，，，，，用最小二乘法得到经验回归方程：，过点，的直线方程为：，则（    ） A． B．样本数据的残差为 C． D． 6．已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（    ） A．95 B． C．195 D． 7．已知点为椭圆上一点，直线过：的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 二、多选题 9．已知双曲线的右焦点为，直线：是的一条渐近线，是上一点，则下列说法中正确的是（    ） A．双曲线的虚轴长为 B．点坐标为 C．离心率 D．的最小值为 10．对于函数和，下列说法正确的有（    ） A．与有相同的最小正周期 B．与有相同的最大值 C．的图象与的图象关于直线对称 D．将的图象向左平移个单位长度可以得到的图象 11．已知三次函数有三个不同的零点，函数也有三个零点，则（    ） A． B．若成等差数列，则 C． D． 三、填空题 12．百华实验中学高三年级有学生600人，在某次开学数学考试中，数学成绩近似服从正态分布．已知，则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为_____人． 13．已知正项数列的前项和为，且，则__________. 14．已知双曲线的右焦点为是右支上一点，关于原点和轴对称的点分别为，则的离心率为______． 四、解答题 15．如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面ABCD，，，． (1)证明：； (2)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值． 16．已知的内角的对边分别为，且，的面积为． (1)若，求； (2)若，为上一点，，求． 17．某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，选2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分. (1)若，求； (2)求的概率分布列和数学期望； 18．已知函数，其中． (1)当时，求的单调递增区间； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)试比较与的大小并说明理由．（为自然对数的底数，） 19．设抛物线的焦点为F，经过点F的动直线l交抛物线于两点，且． （1）求此抛物线的方程； （2）O为坐标原点，动点P在直线上，且满足，记动点P的轨迹为C，求C的方程； （3）数列为等差数列，前n项和记为，若点是（2）中的轨迹C上的点，且总有，试求满足条件的M的最小值． 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 $ 海南海口市第四中学2025-2026学年下学期高三数学5月模拟试卷（二） 一、单选题 1．设全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据补集与交集的定义，写出即可. 【详解】全集，，或. 而集合， . 故选：B. 2．已知复数z满足，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】设，，即可得到，再根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到，即可求出、，即可得到，从而求出其模； 【详解】解：设，，所以 所以 所以，解得，所以， 所以； 故选：A 3．设函数的定义域为为奇函数是为偶函数的（    ） A．充分必要条件 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】A 【分析】根据函数奇偶性的定义和充要条件的定义，分析可得结论． 【详解】若函数为奇函数，则， 则，即函数为偶函数； 若函数)为偶函数，则， 则，即函数为奇函数， 故为奇函数是为偶函数的充分必要条件， 故选：A． 4．若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于A，通过计算模的平方并利用垂直条件得出模长相等；对于B，直接展开数量积并代入已知条件求得定值；对于C，假设平行后利用基底不共线推出矛盾；对于D，则通过展开数量积验证其是否为零来判断垂直关系. 【详解】已知单位向量、的夹角为，因此且 A选项：，， ，， 故，A为真命题； B选项：，B为真命题； C选项：假设，则存在使， 整理得：， 由于与不共线（夹角为），则且， 此方程组无解，矛盾，故与不平行，C为假命题； D选项： 所以，D为真命题. 故选：C 5．已知变量，的5对样本数据为，，，，，用最小二乘法得到经验回归方程：，过点，的直线方程为：，则（    ） A． B．样本数据的残差为 C． D． 【答案】D 【分析】对于A，由回归方程必过样本中心点可知，只需求出样本中心就可以求出，进一步由直线方程的知识求出即可判断；对于B，由残差的定义即可判断；对于CD，由最小二乘法的意义即可判断. 【详解】对于A选项，由已知可得，，， 根据经验回归方程，可知，所以. 根据已知，可求出， 则直线的方程为，整理可得， 所以，故A选项错误； 对于B项，由已知，经验回归方程为， 样本数据的预测值为， 所以样本数据的残差为，故B项错误； 对于C、D选项，根据最小二乘法的意义，可知， 故D项正确. 故选：D. 6．已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（    ） A．95 B． C．195 D． 【答案】C 【分析】由函数的最小正周期得到交点个数，由三角函数的对称性得交点横坐标的值，然后利用分组求和求得. 【详解】函数的周期， ∵，∴函数一共由10个完整周期，即， ∵是函数图象与的交点横坐标， 令，则， 由三角函数的对称性可知， ∴， . 故选：C. 7．已知点为椭圆上一点，直线过：的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，由为的中点可得 ，由在椭圆上可知，由此得到的取值范围. 【详解】：的圆心为，半径为1. 椭圆中，，，， 所以，，所以圆心为椭圆的右焦点. 由题意，是圆的直径，所以为的中点， 且，所以. 如图，连接，可得 . 因为点为椭圆上任意一点， 所以，. 由，得. 故选：B. 8．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】A 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 二、多选题 9．已知双曲线的右焦点为，直线：是的一条渐近线，是上一点，则下列说法中正确的是（    ） A．双曲线的虚轴长为 B．点坐标为 C．离心率 D．的最小值为 【答案】AC 【分析】先根据条件求的值，再结合双曲线的性质，逐项分析，判断准确性即可. 【详解】如图： 因为双曲线的渐近线为， 由题意. 所以双曲线的虚轴长为，故A正确； 因为，所以双曲线的右焦点坐标为，故B错误； 双曲线的离心率为，故C正确； 双曲线的右焦点到直线：的距离为 ， 即的最小值为，故D错误. 故选：AC 10．对于函数和，下列说法正确的有（    ） A．与有相同的最小正周期 B．与有相同的最大值 C．的图象与的图象关于直线对称 D．将的图象向左平移个单位长度可以得到的图象 【答案】ABD 【分析】根据正弦函数的图象和性质判断ABC，根据三角函数函数图像平移变换的概念判断D. 【详解】由题知，与的最小正周期，A正确； ，B正确； 与的图象关于直线对称的函数为，C错误； 的图象向左平移个单位长度得到的图象，正确； 故选：ABD 11．已知三次函数有三个不同的零点，函数也有三个零点，则（    ） A． B．若成等差数列，则 C． D． 【答案】ABD 【分析】求导根据两个极值点即可求解A，根据关于对称，结合等差中项即可求解B，根据图象即可求解C，利用因式分解可得，即可利用三元平方关系求解D. 【详解】由可得， 要使有三个不同的零点， 则有两个不相等的实数根，故， 即，A正确， 由于为二次函数，关于对称，因此 ， 故关于对称， 因此成等差数列，故是的对称中心，则，故B正确， 当时，作出的图象，则的图象与的图象交点如图所示， 由于，故，故C错误，    对于D，根据， 展开可得， 故， 同理可得的三个实数根为， 则， 故， 因此， 故， 即得，故D正确， 故选：ABD 关键点点睛：根据因式分解可得，进而根据求解. 三、填空题 12．百华实验中学高三年级有学生600人，在某次开学数学考试中，数学成绩近似服从正态分布．已知，则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为_____人． 【答案】72 【分析】利用正态分布曲线的对称性求出的值，再乘以600即可求解. 【详解】由于数学成绩近似服从正态分布，且， 所以， 所以， 则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为人. 故答案为：72. 13．已知正项数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用数列前项和与第项的关系化简给定等式，利用等差数列定义求出即可. 【详解】正项数列中，当时，， 整理得，则数列是首项，公差为1的等差数列， ，当时，，因此，而不满足上式， 所以. 故答案为： 14．已知双曲线的右焦点为是右支上一点，关于原点和轴对称的点分别为，则的离心率为______． 【答案】/ 【分析】利用双曲线的对称性，得到焦点三角形的形状，利用双曲线的定义求解即可. 【详解】如图，不妨设点在第一象限，双曲线的左焦点为， 由，由对称性得，得， 所以，即得为等边三角形， 连接，由，所以，从而， 在中，，，从而， 所以，从而. 四、解答题 15．如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面ABCD，，，． (1)证明：； (2)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）利用题目条件建立空间坐标系，利用异面直线的夹角公式求证； （2）计算平面与平面的法向量，再利用夹角的余弦公式即可求出余弦值. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 以为原点，以，所在直线分别为，轴，以在平面内垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，，所以， 作于点，又，故，， 则，，，，所以，， 因为， 所以，故． （2）由（1）可知，， 设平面的一个法向量为，由得 取，则． 由（1）知，平面，则是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 16．已知的内角的对边分别为，且，的面积为． (1)若，求； (2)若，为上一点，，求． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）由，利用正弦定理得到，从而，再根据的面积为求解； （2）法一：在中，设边上的高为，由的面积为，求得，从而由，得到为等边三角形，然后在中，利用余弦定理求得AD，再在中，利用正弦定理求解；法二：在中，利用余弦定理求得，再由的面积为，求得，进而利用平方关系求得b，得到为等边三角形而得解． 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理可得，整理得， 即，所以． 因为的面积为，即， 结合可得， 又因为，所以或． （2）由（1）知， 法一：在中，设边上的高为， 则也是边上的中线，所以， 因为的面积为，即，解得， 则，故，则为等边三角形． 因为，即， 在中，由余弦定理可得， 即，． 在中，由正弦定理可得， 则． 法二：在中，由余弦定理可得， ， 即，整理得． 由于的面积为，故， 即，整理得． 因为，所以， 解得，所以， 所以为等边三角形． 因为，即， 在中，由余弦定理可得， 即，． 在中，由正弦定理可得， 则． 17．某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，选2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分. (1)若，求； (2)求的概率分布列和数学期望； 【答案】(1) (2)分布列为： 【分析】（1）得2分以上可能是随机选一个选项时，当有三个正确选项时选对1个，或者两个正确选项时选对1个，由互斥事件的加法公式得解； （2）可能的取值为，得0分为三个正确选项或两个正确选项的均选到错误选项，得2分只可能是三个正确选项的选对1个，得3分为两个正确选项的选对一个，分别由互斥事件的加法公式求解. 【详解】（1）（1）恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此. （2）由题知，可能的取值为， ， ， ， 分布列为： . 18．已知函数，其中． (1)当时，求的单调递增区间； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)试比较与的大小并说明理由．（为自然对数的底数，） 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）把代入，求出的导数，再令解出即可得； （2）利用导数得到单调性后可求出函数的最小值，建立不等式并求解即可； （3）在（2）中取可得，再赋值并作近似计算推理即得. 【详解】（1）当时，， 则， 令，解得或， 又定义域为，故函数的单调递增区间是； （2），， 当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， ， 由恒成立，得恒成立， 则，即，解得， 所以的取值范围是； （3），理由如下： 由（2）知，当时，，即， 令，有， 又， 即，故. 19．设抛物线的焦点为F，经过点F的动直线l交抛物线于两点，且． （1）求此抛物线的方程； （2）O为坐标原点，动点P在直线上，且满足，记动点P的轨迹为C，求C的方程； （3）数列为等差数列，前n项和记为，若点是（2）中的轨迹C上的点，且总有，试求满足条件的M的最小值． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线联立结合韦达定理即可求出结果； （2）若动直线l的斜率不存在，由于，则，若动直线l的斜率存在，且不为0得到，消去参数可得，进而可以得出结论; （3）结果等差数列的通项公式可得，结合等差数列的前n项和公式即可得到，进而采用换元法结合三角函数的图象与性质即可求出结果. 【详解】（1）显然动直线l的斜率不为0，且，所以设动直线l为，则，故，设,因此，又因为，且，所以，故此抛物线的方程为； （2）由（1）知，若动直线l的斜率不存在，由于，则， 若动直线l的斜率存在，且不为0，由于，则直线的斜率为，设直线为，因此，消去可得，经检验在上，所以C的方程为， （3）因为是（2）中的轨迹C上的点，所以，又因为数列为等差数列，所以， 设（为参数，且），故设（为参数，且）， 而 ,, 所以当时，取得最大值，且最大值为， 所以，因此满足条件的M的最小值为. 【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； （2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 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 $