精品解析：四川遂宁市卓同教育集团2026届高三下学期模拟测试五数学试题（A）

卓同教育集团高2023级测试五数学试题（A） 命题：苏友国 审题：郑才志 时间：120分钟 总分：150分 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. 已知集合，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 2. 复数的值为（ ） A. B. C. -2 D. 2 3. 等差数列的前项和为，满足，则（ ） A. B. C. D. 均为的最大值 4. 为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ） A. 对应矩形的高度为0.016 B. 样本众数估计值为75 C. 样本平均数估计值为77.4 D. 样本成绩的第70百分位数落在内 5. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距（）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 6. 从4名男生和3名女生中选4人组成学习小组，要求男生甲和女生乙要么都选，要么都不选，则不同的选法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 24种 D. 30种 7. 已知在正三棱台中，，此正三棱台存在内切球，则此正三棱台的高为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 设，，，则（ ） 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. 下列说法中错误的有（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 平面直角坐标系中到点和的直线斜率之积为3的点构成的轨迹方程为 D. 平面直角坐标系中与交于两点，的最小值为 10. 在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（     ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当点为棱的中点时，直线与直线平行 C. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D. 过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 11. 已知抛物线的准线方程为．过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点．过点作轴的垂线，交直线于点．则下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程是 B. 的取值范围为 C. 若，则的取值范围为 D. 线段的中点在一条定直线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是平面内一组基向量，且，则向量可以表示为以为基向量的线性组合，即________. 13. 已知椭圆：与椭圆：在四个象限内有4个交点A、B、C、D，且这4个交点与、的4个焦点共圆，则______． 14. 已知函数有三个不同的零点，且 ，则的最小值为_________. 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. 在三角形ABC中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且． （1）若，求a的大小； （2）设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度． 16. 如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． （1）证明：平面PBF； （2）已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 17. 在以为坐标原点的平面直角坐标系中，直线交双曲线于A，B两点．为直线上一点且．点为直线与轴的交点． （1）求双曲线的渐近线方程和焦距； （2）若线段AB上一动点满足，求直线OM与ON的斜率之积． 18. 甲、乙、丙三人进行玩具传递游戏，每次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传递方式，当玩具在甲手中时，若骰子点数大于4，甲将玩具传给乙；若骰子点数不大于4，甲保留玩具；当玩具在乙手中时，若骰子点数大于3，乙将玩具传给甲；若骰子点数不大于3，乙传给丙；当玩具在丙手中时，若骰子点数大于2，丙将玩具传给甲；若骰子点数不大于2，丙传给乙.初始时，玩具在甲手中. （1）设前三次抛掷骰子后，玩具在甲手中的次数为，求的分布列和数学期望； （2）抛掷次骰子后，玩具在乙手中的概率为，求的通项公式； （3）求证：. 19. 已知函数． （1）当时，证明：. （2）若存在三条不同的直线既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）． （i）求实数的取值范围； （ii）是否存在，使得线段与互相平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卓同教育集团高2023级测试五数学试题（A） 命题：苏友国 审题：郑才志 时间：120分钟 总分：150分 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. 已知集合，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】由已知得集合，由题意得，所以集合， 若，则，所以，解得． 2. 复数的值为（ ） A. B. C. -2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法与乘法法则求结果. 【详解】,选A. 【点睛】本题重点考查复数的乘除运算，属于基本题.考查基本求解能力. 3. 等差数列的前项和为，满足，则（ ） A. B. C. D. 均为的最大值 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可得，，根据等差数列的求和公式，分析即可得答案. 【详解】由题意， 所以．故C正确． 无法判断的正负，故A、B、D错误. 4. 为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ） A. 对应矩形的高度为0.016 B. 样本众数估计值为75 C. 样本平均数估计值为77.4 D. 样本成绩的第70百分位数落在内 【答案】D 【解析】 【分析】A选项利用矩形的面积之和为1列方程求解，B选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条来判断，C选项根据平均值的公式计算，D选项判断样本数据在的频率和的频率，可得到70百分位数的范围. 【详解】设对应矩形的高度为，则，解得，A选项正确； 由图可知，的数据最多，众数的估计值为，B选项正确； 平均值为：，C选项正确； 样本数据的频率为， 样本数据的频率为， 故样本成绩的第70百分位数落在内，所以D选项错误. 5. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距（）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，由结合两角差的正切公式可得，从而求得第二次的“晷影长”与“表高”的比值，得出答案. 【详解】由题可得，又， 所以. 即第二次的“晷影长”是“表高”的. 6. 从4名男生和3名女生中选4人组成学习小组，要求男生甲和女生乙要么都选，要么都不选，则不同的选法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 24种 D. 30种 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论男生甲和女生乙是否都选，根据分类加法计数原理结合组合数运算求解即可. 【详解】由题意，分成两类情况： ① 男生甲和女生乙都选，则从剩余3名男生和2名女生中选2人，不同的选法共有种； ② 男生甲和女生乙都不选，则从剩余3名男生和2名女生中选4人，不同的选法共有种； 由分类加法计数原理，不同的选法共有种. 7. 已知在正三棱台中，，此正三棱台存在内切球，则此正三棱台的高为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由正棱台性质可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，然后由截面图结合勾股定理列出关于球的半径的等量关系。即可求解. 【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为， 由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心， 如图，取BC和的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为，， 则． 设内切球的球心为O，半径为，则正三棱台的高， 内切球与相切于点M，根据圆的性质可知，． 则， 如图： 所以，即， 所以正三棱台的高为2 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中间值法，再结合指数函数和对数函数的单调性即可比较大小. 【详解】由，，，知，， 又，所以，故， 又，故，所以， 因此可得. 故选：C. 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. 下列说法中错误的有（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 平面直角坐标系中到点和的直线斜率之积为3的点构成的轨迹方程为 D. 平面直角坐标系中与交于两点，的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】求出导数判断A；分析求得函数的最小正周期判断B；求出轨迹方程判断C；利用圆的性质求出最短弦长判断D. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，函数中，，即， 因此函数的定义域为且且， 由，则是函数的周期； 设函数的最小正周期为,由可得， 令,可得，即,故,故函数的最小正周期为，故B正确； 对于C，设动点坐标为，依题意，，即，C错误； 对于D，直线恒过定点，曲线是以点为圆心，为半径的圆， 易得点在圆内，故当时，，D正确. 10. 在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（     ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当点为棱的中点时，直线与直线平行 C. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D. 过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点坐标和中点坐标，然后由空间向量的数量求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；写出点坐标，由空间向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由得到点的运动轨迹，然后求得圆弧的圆心角即可求得路径长，判断C选项；由空间向量投影求得圆心到直线的距离，即可求得圆心到过直线的平面的最大距离，从前求得切面圆的半径，然后得到面积，判断D选项. 【详解】如图，以正方体的顶点为坐标原点建立空间直角坐标系， ∴，，，，，，， 因分别为的中点，则，，则，， 对于A，设与所成的角为，则，故A正确； 对于B，，，则，，故不存在实数使得，故B错误； 对于C，∵， ∴点在侧面的运动轨迹为平面与球截面的圆弧， 球心到平面的距离为，∴圆弧的半径， 故在正方体侧面的运动轨迹圆弧，其长度为，故C错误； 对于D，易得该正方体的内切球的球心，半径，则向量， ∴球心到直线的距离， ∴球心到过直线的平面最大距离为，此时截面为面积最小的圆， 圆的半径，∴此时截面面积，故D正确. 故选：AD. 11. 已知抛物线的准线方程为．过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点．过点作轴的垂线，交直线于点．则下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程是 B. 的取值范围为 C. 若，则的取值范围为 D. 线段的中点在一条定直线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据准线方程求出可判断A；直线与抛物线联立，根据直线与抛物线的关系令可判断B；利用向量数量积的坐标公式结合韦达定理表示出，然后再利用二次函数的性质判断C；设线段的中点为，利用韦达定理得到可判断D. 【详解】根据题意可知准线方程为，即的准线方程为，所以，即，所以， 则抛物线的方程为：，故A正确； 依题意得直线的方程为， 当时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 当时，代入，得， 则且，解得且， 所以的取值范围是，故B错误； 设，，根据韦达定理可得：，， 所以， 代入可得：； 若，即，则， 所以， 即的取值范围是，故C正确； 因为直线的方程为，所以点的坐标为， 设线段的中点为，则，， 则， 所以点在直线上，故线段的中点在一条定直线上．故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是平面内一组基向量，且，则向量可以表示为以为基向量的线性组合，即________. 【答案】 【解析】 【分析】设出以为基向量的线性组合，将代入后列方程组求解即可. 【详解】设， ∵， ∴. ∵与不共线， ∴，解得， ∴. 13. 已知椭圆：与椭圆：在四个象限内有4个交点A、B、C、D，且这4个交点与、的4个焦点共圆，则______． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两个椭圆的焦点，因为两个椭圆的4个交点与、的4个焦点共圆，则共圆的圆心在原点，所以，从而得到以及共圆的方程，联立椭圆与共圆方程求出交点坐标，代入椭圆的方程即可求解. 【详解】椭圆：的焦点坐标分别为,, 椭圆：的焦点坐标分别为,, 因为两个椭圆的4个交点与、的4个焦点共圆，则共圆的圆心在原点，所以. 则，解得：, 所以椭圆方程为：， 共圆的方程为, 联立，解得：, 将代入椭圆：方程， 可得，解得：(负值舍去)， 故答案为： 14. 已知函数有三个不同的零点，且 ，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】易知，当时将方程变形为，令，，由可得关于对称，由题意可得有两个实数根，即函数与有两个交点，进而得出，，代入，利用一元二次函数的性质可得答案． 【详解】由题意得， 所以是函数的一个零点， 当时，令，可得， 令，， ， 所以关于对称， 若要函数有三个不同的零点， 则需满足方程有两个实数根， 即函数与有两个交点，且两交点关于直线对称， 又，可得，， 所以， 当且仅当，，时，等号成立， 此时的最小值为． 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. 在三角形ABC中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且． （1）若，求a的大小； （2）设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角的条件转化为边的关系，再通过角平分线分面积建立方程，解出两边长后，用余弦定理求第三边. （2）由角平分线导出的边关系结合基本不等式，求出三角形面积最小时两边的取值，此时三角形为等腰三角形，最后用向量中线公式求出中线长度. 【小问1详解】 由正弦定理，结合，得. 因为平分，，所以. 由三角形面积关系：， 即. 代入，，化简得. 将代入上式：，解得，则. 由余弦定理：. 故. 【小问2详解】 由，根据基本不等式，得， 设，则，解得，即， 当且仅当时，取得最小值，面积最小. 此时，， 因为为中点所以 . 两边平方得. 代入，，. 得，故. 16. 如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． （1）证明：平面PBF； （2）已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出； 【小问1详解】 在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，化简得， 即，而，解得， 所以. 17. 在以为坐标原点的平面直角坐标系中，直线交双曲线于A，B两点．为直线上一点且．点为直线与轴的交点． （1）求双曲线的渐近线方程和焦距； （2）若线段AB上一动点满足，求直线OM与ON的斜率之积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的渐近线的概念及其焦距的概念即可求得答案； （2）先设，，联立直线和交双曲线即可得到关于一元二次方程，再根据韦达定理得到，，从而结合即可得到点的坐标，结合即可得到点的坐标，进而即可求解． 【小问1详解】 由双曲线，则，， 所以双曲线的渐近线方程为， 又，所以焦距为． 【小问2详解】 设，， 由，可得， 则， 所以，， 因为直线与双曲线交于轴上方的A，B两点， 所以，解得， 又为直线上一点且，即为的中点， 所以，， 所以，所以， 由点为直线与轴的交点，即， 又，可得，解得， 所以，所以，所以， 故直线OM与ON的斜率之积为． 18. 甲、乙、丙三人进行玩具传递游戏，每次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传递方式，当玩具在甲手中时，若骰子点数大于4，甲将玩具传给乙；若骰子点数不大于4，甲保留玩具；当玩具在乙手中时，若骰子点数大于3，乙将玩具传给甲；若骰子点数不大于3，乙传给丙；当玩具在丙手中时，若骰子点数大于2，丙将玩具传给甲；若骰子点数不大于2，丙传给乙.初始时，玩具在甲手中. （1）设前三次抛掷骰子后，玩具在甲手中的次数为，求的分布列和数学期望； （2）抛掷次骰子后，玩具在乙手中的概率为，求的通项公式； （3）求证：. 【答案】（1）分布列见解析， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望； （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，利用数列分组求和即可 【小问1详解】 由题意知，. ， ， ； ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的数学期望为 【小问2详解】 由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙， 故有， 变形为. 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以 所以数列的通项公式； 【小问3详解】 由（2）可得； 所以 19. 已知函数． （1）当时，证明：. （2）若存在三条不同的直线既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）． （i）求实数的取值范围； （ii）是否存在，使得线段与互相平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先构造函数证明，从而得，进而可得证.（2）（i）构造函数，将问题转化为的图象与直线有三个不同的交点问题即可求解；（ii）反证法说明. 【小问1详解】 当时，. 设， ，则，是增函数， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以，即（当且仅当时取等号）， ， 当且仅当时取等号， （当且仅当时等号成立）． 【小问2详解】 （i）设直线与曲线切于点，与曲线切于点， 曲线的切线方程为， 曲线的切线方程为． 于是问题等价于有三组解． 由①得，代入②消去得， 由，结合①知，故， 于是上述方程可化为. 令， 则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减． 又， 当时，，当时， 的大致图象如图： 存在三条不同的直线既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）， 的图象与直线有三个不同的交点， 结合的图象可知，解得． 综上，实数的取值范围为. （ii）不存在．理由如下： 假设存在，设， 则有， 由（i）可知，， 则有， 所以上述方程等价于， 即， 由④得或． 结合且，得， 代入③整理得，此时． 令，则， 于是在上单调递减． 由于，故方程仅有一解，此时. 从而点与点重合，线段与重合，故不存在． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $