【轮轮清·高考模拟卷】2026届高三5月巩固训练数学试题（新高考版）

姓 名 准考证号 绝密★启用前 5月高三数学巩固训练 注意事项： 1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓 名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填 写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选 择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 一、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.已知集合M={xlgx<1冫，N={xx≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1十i,则|之（交十2i)= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a一b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB= 4OD=4,M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四 面体ABB1C1的体积为 A品56 c.含S5 S1+S2h D. 6 6.在Rt△ABO中，∠AOB=90°，OA=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30°， 则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF= 3FB,线段AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= A.2 B.37 3 C.5 D. 43 3 数学试题第1页（共6页） 8.已知7≥23°，11≥313，a=3,b=1og23,c=1og1131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.ac>b D.a>b>c 二、选择题：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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，则 A.直线AB1与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与A,C1垂直 C.过直线B:C存在唯一平面与A1C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√Jx2一2的图象上，定点M(一2,0)， N(2,0),斜率为k的直线1过点N,则下列说法正确的是 A.IPM一|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P,(2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平 行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于 y轴，交直线y=x于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x) 在第一象限交于点P3,…,依此类推，则点P,的横坐标为√2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两 点，则△OAB(O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一 a= 13.记S.为数列a,的前m项和，已知a1=20251=1“2a。则当5.取得 最大值时，n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范 围是 数学试题第2页（共6页） 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.(13分) 设m>0,函数f(x)=sinx+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4, 将△BCD沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面C'AD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面C'AB成角的正弦值. D B 数学试题第3页（共6页） 17.(15分) y2 已知椭圆C:。+=1a>b>0)的左、右焦点分别为F,(-2.0).F:(2,0), 点M在C上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F,且倾斜角为0(<0<)的直线1交C于A,B两点，i记△AF,F, △BF,F,的面积分别为S1S,水的取值范围。 数学试题第4页（共6页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1) 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：乙执先时，乙胜甲的概率均 为？，且没有和棋，每局结束，下一局负者执先开局掷硬猎发 (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率； (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第6页（共6页） 5月高三数学巩固训练 ·数学· 叁考管桌及解析 5月高三数学巩固训练 一、选择题 sin60,两式相除得OA MB √3λAB√3λ 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-o∞，2]， FOB(1-λ)AB-1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得=4-25.即-4-2，。 2.D【解析】|z(x+2i)=|(1+i)(1-i+2i)| (1+i)2|=|2i=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5),所 M 以a3b3的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx=O, 4.B【解析】Oi.C市=2(Oi+Oi)·(Oò FB|=n,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥x轴 0心)=20i.0i-0i.0元+0i.0i- 于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定义得 3mcos0+2=|AA'=3m,同理过点B作 BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=|BB'|= 0i.0C)=20+2×2-4×1-0)=0 m,解得台=60，m=手设点Mxyw).则 5.C【解析】如图，由题意得V三棱台ACA,B,C, 5 3(S,+S:十S1S:)h,所以V张，G,= xM一1=mcos0,解得xM=3,所以yM= V三校台ABCA,B,C,一V三枚锥AA,B,C,一V三校锥C,ABC V3(xM-1)=23 ,故0M=+=V37 3。 吉S,+s十SS)A-号sk-专sA y 4 /5:5.h. M 0 C F Q B 8.D【解析】因为7>233，所以5>31og23,即 23 B T9>log23,即a>b.因为b-1=1og7,c-1 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, log logg glog 31 OA AM OB 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 0 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1· ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AABB, x0-√x8-2 D4平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1 xo十√x6-2,同理可得xB=x0一√x-2, 直线AB,,所以直线AB1与A1D是异面直 1 所以Sa0=2·V2xA·反xB=2,故 线，故A正确；对于B,若A1C1垂直于过B1C 的平面，则AC1⊥BC,显然不成立，故 D正确. 三、填空题 B错误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯 一的过B,C且与A,C,平行的平面，故C12.4【解析】由题意得}×1十3十a十b)=5, 4 正确；对于D,因为AC∥A,C1,所以 ∠ACD1=60°即为A1C1与CD1所成的角，故 ×[1-5)2+(3-5)2+(a-5)+(b D错误. 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(一x)=一x(2-r 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2r-2x)=f(x),则f(x)为偶函 数，故A正确；对于B,设0<x1<x2,则0< 13.1013【解析】因为a+1=1-2a ,a,所以1 n+1 21-21<22-22,所以x1（21-21)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 a an an+1 an x2(2?-2?),即f(x1)<f(x2),则f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 }是首项为2025，公差为一2的等差数列， la. C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 所以 =2025+(-2)X(n-1)=2027-2n, f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>|3.x-2|台 an 1 (x+2)2>(3x-2)台0<x<2,故D正确. 故am=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 am<0,所以当Sn取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e,0)【解析】设切点坐标为(xo,ya), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一PN|= y'=(x十1)e,则切线方程为y一xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (x。十1)eo（x-xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-x0e=(x。十1)eo(1-xo),整 C,设Pn（xn,yn),Qn（xn,xn),Pn+1(xn+1, 理得(x-x。-1)eo十m=0.令g（x)= y+1),所以yn+1=xm.又x+1一y后+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g'(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2十2(n-1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g（x)单调递增；当-2< 则xm=√2n,故C正确；对于D,f'(x) x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x→ 2x -∞时，g(x)→0，且g（x)>0;当x→+∞ ，设切点P(xoyo),则切 2√x2-2√x2-2 时，g(x)→十∞，且g(-2)=5e2,g(1)= 线方程为y一yo= x0(x-x6),其中yo= e,由题意得g(x)十m=0有3个实数根， Vxi-2 所以0<一m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2· 5月高三数学巩固训练 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-c0s2x+7 1+c0s2x 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD m sin 2x=m sin 2x+3cos 2x+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2+9+4=9, 所以CO⊥平面ABD 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，O元，O店，OC的方向分别 4 5sin(2x+0)+4,其中sin0= 5,c0s0= 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，f(x)取得最小值， -2,0),C'(0,0,2), 所以29十0=2kx-k∈Z. 所以CD=(0,-√2，-√2)，AB=(-2√2， 22,0),BC=(0,-2,2). (11分) 设平面CAB的法向量为m=(x,y,之)， 故1ang=-tan(+2)片 1+tan 2 m·AB=0,1-22x+2N2y=0, 则 即 1-tan m·BC=0, -√2y十√2x=0. (9分) 令x=1,得y=1之=1，则m=(1,1,1). (13分) 0 2sin2 又tan2 sin 2 1-cos 0 设直线C'D与平面C'AB所成的角为O, 0 00 cos 2 sin 0 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,Ci)1=m·C方 mC'D 5」 -2-21_6 3 3 √3×2 3 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+1 3 √6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 13 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十22=2√2. 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD, (3分) E 因为平面BC'D⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1,MF2, 所以AD⊥平面BCD, FF2的切点分别为D,E,P,连接QP,QE,则 又ADC平面C'AD, QP⊥F1F2,QE⊥MF2. 所以平面C'AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3 ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF?⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设MD=m,则|MF:|=m十3，MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又F1F2=4, 令h(x)=ew-ex,x>l, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF,|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 数C的方程为6+- 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十∞). (5分) (2)设1的方程为x=ty+2,t∈ (2)证明：(i)由题意得e2=x2十a,e= 0,3 x1十a, A(x1,y),B(x2y2), 两式相减得e:一e1=x2一x1. ('y 由16+i21得3r+4y+12y-36=0. 令t=x2-x1,则t>1,x2=x1十t, x=y+2, 故e51+t一e1=t, 12t 36 则y1十y2= 所以e1=,1 e'-1 (8分) 3t2+4'y1yg= 3t2+4 (9分) t 令g)=e-1t>1, 设y1=2,消去y1,y:得入+2十 则g')=e1e=e-)21<0. (e'-1)2 (e'-1)2 412 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入+2+}<0，解得A<0,且A≠-1： 所以g(t)<g(1)= e-1’ 1、4 又入+2+x>一15' 即<故<-1he-》. (11分) 所以-号A<-1或-1A<-号.13分) 3 (i)由(i)得x2=x1十t=t+lnt-ln(e一 1)(t>1). (12分) -aie(u(.) s(t)=t+In t-ln(e'-1)(t>1), 则'(t)=1+1-e=e-t-1 (15分) te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, (1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e一1>0，F(t)单调递增， 当x>0时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又(x)有两个零点， 故xz>1-ln(e-1). (17分) 4 5月高三数学巩固训练 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以：}是以品为首项，是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××附)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak 9 17 、 率为P:=×(付》-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品（一） 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) 13 (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 (4分) a,X:=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-a)= 3 所以E(X,)=a,, (14分) 2a+ 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X:)十 (7分) E(X2)+…+E(Xw)=a1+a2+…十an= 所以a品=, (8分) 沿品×() 1-（) 9n 5 1×3+1×1_13 1-() 17 578 又a1=2×4+2324 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·姓 名 准考证号 绝密★启用前 5月高三数学巩固训练 注意事项： 1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓 名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填 写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选 择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 一、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.已知集合M={x1gx<1},N={x|x≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1十i,则|之（交十2i)= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB= 4OD=4,M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四 面体ABB1C1的体积为 A品s方 C./5:5.h Sm D.SI 6.在Rt△ABO中，∠AOB=90°，OA=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30°， 则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF= 3FB,线段AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= A.2 B.37 3 C.5 D. 4√3 3 数学试题第1页（共6页） 8.已知7≥23,115≥313，a=3,b=1og723,c=1og131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.ac>b D.a>b>c 二、选择题：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.在正方体ABCD-A1B,C1D1中，则 A.直线AB,与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与AC1垂直 C.过直线B,C存在唯一平面与A,C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√x2一2的图象上，定点M(一2,0)， N(2,0),斜率为k的直线l过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|一|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P,(W2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平 行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于 y轴，交直线y=x于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x) 在第一象限交于点P3,…,依此类推，则点Pn的横坐标为√2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两 点，则△OAB(O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一 a= 13.记S,为数列a.}的前n项和，已知a1=2025a1=1“2a.则当S.取得 最大值时，n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范 围是 数学试题第2页（共6页） 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.(13分) 设m>0,函数f(x)=sinx+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4, 将△BCD沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面CAD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面C'AB所成角的正弦值. D B 数学试题第3页（共6页） 17.(15分) y2 已知椭圆C:a+6=1(u>b>0)的左、右焦点分别为F,（-2.0),F,(2.0), 点M在C上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F,且倾斜角为(3<0<2)的直线1交C于A,B两点，记△AFP △BF,F,的面积分别为SS,水的取值范围。 数学试题第4页（共6页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2-x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (ii)x2>1-ln(e-1) 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 3 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：；乙执先时，乙胜甲的概率均 每局结束，下一局负者执先， (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率： (2)若共比赛n局. (i)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第6页（共6页）姓 名 准考证号 绝密★启用前 5月高三数学巩固训练 注意事项： 1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓 名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填 写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选 择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 一、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.已知集合M={x1gx<1},N={x|x≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1十i,则|之（交十2i)= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB= 4OD=4,M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四 面体ABB1C1的体积为 A品s方 C./5:5.h Sm D.SI 6.在Rt△ABO中，∠AOB=90°，OA=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30°， 则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF= 3FB,线段AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= A.2 B.37 3 C.5 D. 4√3 3 数学试题第1页（共6页） 8.已知7≥23,115≥313，a=3,b=1og723,c=1og131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.ac>b D.a>b>c 二、选择题：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.在正方体ABCD-A1B,C1D1中，则 A.直线AB,与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与AC1垂直 C.过直线B,C存在唯一平面与A,C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√x2一2的图象上，定点M(一2,0)， N(2,0),斜率为k的直线l过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|一|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P,(W2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平 行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于 y轴，交直线y=x于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x) 在第一象限交于点P3,…,依此类推，则点Pn的横坐标为√2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两 点，则△OAB(O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一 a= 13.记S,为数列a.}的前n项和，已知a1=2025a1=1“2a.则当S.取得 最大值时，n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范 围是 数学试题第2页（共6页） 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.(13分) 设m>0,函数f(x)=sinx+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4, 将△BCD沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面CAD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面C'AB所成角的正弦值. D B 数学试题第3页（共6页） 17.(15分) y2 已知椭圆C:a+6=1(u>b>0)的左、右焦点分别为F,（-2.0),F,(2.0), 点M在C上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F,且倾斜角为(3<0<2)的直线1交C于A,B两点，记△AFP △BF,F,的面积分别为SS,水的取值范围。 数学试题第4页（共6页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2-x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (ii)x2>1-ln(e-1) 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 3 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：；乙执先时，乙胜甲的概率均 每局结束，下一局负者执先， (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率： (2)若共比赛n局. (i)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第6页（共6页） 5月高三数学巩固训练 ·数学· 叁专含案及解析 5月高三数学巩固训练 一、选择题 sin60,两式相除得O4 MB 3λAB √3λ 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-o∞，2]， OB (1-)AB 1- 所以M∩N=(0,2]. 2解得入=4=23.即A8=423 2.D【解析】|z(x+2i)=|(1+i)(1-i+2i)= (1+i)2|=|2=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a十b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5),所 M 以a3b8的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx=O, 4.B【解析】O成.CD=2(Oi+O)·(O方 FB=n,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥x轴 于点Q,AA′⊥1于点A',则由抛物线的定义得 0心)=2oi.0i-0i.0心+0成.0币- 3mcos0+2=|AA'|=3m,同理过点B作 BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=|BB'|= 0i.0C)=0+2×2-4X1-0)=0. m解得0=60，m-青设点M.则 5.C【解析】如图，由题意得V三棱台ABC-A B,C= 5 3(S,+S:十S1S:)h,所以V张，G,= xu-1=mcos0.解得xM=号，所以yw= V三校台ABCA,B,C,一V三枚鞭AA,B,C,一V三校锥C,ABC= V3(xM-1)=2V3 ,故10M=+=V 3 日8，+S:十VSS)h-日sA-日5A= 35 A B B 8.D【解析】因为7>233，所以5>31og23,即 23 B 3log223,即a>b.因为b-1=10gc1上 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB log引面1og29>log3>-log.3>-log 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1… ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB,C平面AAB1B, x0-√x8-2 D￠平面AA1BB,A1∈平面AA1B1B,且A1 x0十√x名一2，同理可得xB=x0一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A1D是异面直 1 所以S△0aB=2·2xA·反xB=2,故 线，故A正确；对于B,若A1C1垂直于过B1C 的平面，则AC1⊥BC,显然不成立，故 D正确， 三、填空题 B错误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯 一的过B,C且与A,C,平行的平面，故C12.4【解析】由题意得}×(1十3十a十b)=5, 4 正确；对于D,因为AC∥AC,所以 ∠ACD1=60°即为A1C1与CD1所成的角，故 }×[1-5y+(3-5r+(a-5)+6- D错误. 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(一x)=一x(2-x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2x)=x(2x-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确；对于B,设0<x1<x2,则0< 13.1013【解析】因为a+1=1-2a an+1 21-241<22-22,所以x1(21-21)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 an an+1 an x2(22一2？)，即f(x1)<f(x2),则f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 是首项为2025，公差为一2的等差数列， la. C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 所以1=2025+(-2)×0m-1)=2027-2m, f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>3.x-2台 an (x+2)2>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 故an=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM一PN|= y'=(x+1)e,则切线方程为y一xoe。= 22,故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pm（xn,yn),Qn（xn,xn）,Pm+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xm.又x+1-y层+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x?=2十2(n一1)=21， x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x 2一2-2·设切点P(xy),则切 2x -0∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x>+∞ 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1) x0(x-x6),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， 线方程为y一yo= √x-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 5月高三数学巩固训练 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 27x1+cos 2 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2N2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 /m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CDl mC'D 4 1 51 -√2-√21√6 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2. (13分) (15分) 1 13 3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) B 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MFF2的内切圆与三边MF1,MF2, 所以AD⊥平面BCD, FF2的切点分别为D,E,P,连接QP,QE,则 又ADC平面C'AD, QP⊥F1F2,QE⊥MF2 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 5月高三数学巩固训练 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以如.}是以总为首项，是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千542161 (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 晋×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·55月高三数学巩固训练 ·数学· 叁考管桌及解析 5月高三数学巩固训练 一、选择题 sin60,两式相除得OA MB √3λAB√3λ 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-o∞，2]， FOB(1-λ)AB-1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得=4-25.即-4-2，。 2.D【解析】|z(x+2i)=|(1+i)(1-i+2i)| (1+i)2|=|2i=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5),所 M 以a3b3的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx=O, 4.B【解析】Oi.C市=2(Oi+Oi)·(Oò FB|=n,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥x轴 0心)=20i.0i-0i.0元+0i.0i- 于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定义得 3mcos0+2=|AA'=3m,同理过点B作 BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=|BB'|= 0i.0C)=20+2×2-4×1-0)=0 m,解得台=60，m=手设点Mxyw).则 5.C【解析】如图，由题意得V三棱台ACA,B,C, 5 3(S,+S:十S1S:)h,所以V张，G,= xM一1=mcos0,解得xM=3,所以yM= V三校台ABCA,B,C,一V三枚锥AA,B,C,一V三校锥C,ABC V3(xM-1)=23 ,故0M=+=V37 3。 吉S,+s十SS)A-号sk-专sA y 4 /5:5.h. M 0 C F Q B 8.D【解析】因为7>233，所以5>31og23,即 23 B T9>log23,即a>b.因为b-1=1og7,c-1 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, log logg glog 31 OA AM OB 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 0 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1· ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AABB, x0-√x8-2 D4平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1 xo十√x6-2,同理可得xB=x0一√x-2, 直线AB,,所以直线AB1与A1D是异面直 1 所以Sa0=2·V2xA·反xB=2,故 线，故A正确；对于B,若A1C1垂直于过B1C 的平面，则AC1⊥BC,显然不成立，故 D正确. 三、填空题 B错误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯 一的过B,C且与A,C,平行的平面，故C12.4【解析】由题意得}×1十3十a十b)=5, 4 正确；对于D,因为AC∥A,C1,所以 ∠ACD1=60°即为A1C1与CD1所成的角，故 ×[1-5)2+(3-5)2+(a-5)+(b D错误. 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(一x)=一x(2-r 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2r-2x)=f(x),则f(x)为偶函 数，故A正确；对于B,设0<x1<x2,则0< 13.1013【解析】因为a+1=1-2a ,a,所以1 n+1 21-21<22-22,所以x1（21-21)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 a an an+1 an x2(2?-2?),即f(x1)<f(x2),则f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 }是首项为2025，公差为一2的等差数列， la. C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 所以 =2025+(-2)X(n-1)=2027-2n, f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>|3.x-2|台 an 1 (x+2)2>(3x-2)台0<x<2,故D正确. 故am=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 am<0,所以当Sn取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e,0)【解析】设切点坐标为(xo,ya), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一PN|= y'=(x十1)e,则切线方程为y一xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (x。十1)eo（x-xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-x0e=(x。十1)eo(1-xo),整 C,设Pn（xn,yn),Qn（xn,xn),Pn+1(xn+1, 理得(x-x。-1)eo十m=0.令g（x)= y+1),所以yn+1=xm.又x+1一y后+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g'(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2十2(n-1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g（x)单调递增；当-2< 则xm=√2n,故C正确；对于D,f'(x) x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x→ 2x -∞时，g(x)→0，且g（x)>0;当x→+∞ ，设切点P(xoyo),则切 2√x2-2√x2-2 时，g(x)→十∞，且g(-2)=5e2,g(1)= 线方程为y一yo= x0(x-x6),其中yo= e,由题意得g(x)十m=0有3个实数根， Vxi-2 所以0<一m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2· 5月高三数学巩固训练 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-c0s2x+7 1+c0s2x 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD m sin 2x=m sin 2x+3cos 2x+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2+9+4=9, 所以CO⊥平面ABD 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，O元，O店，OC的方向分别 4 5sin(2x+0)+4,其中sin0= 5,c0s0= 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，f(x)取得最小值， -2,0),C'(0,0,2), 所以29十0=2kx-k∈Z. 所以CD=(0,-√2，-√2)，AB=(-2√2， 22,0),BC=(0,-2,2). (11分) 设平面CAB的法向量为m=(x,y,之)， 故1ang=-tan(+2)片 1+tan 2 m·AB=0,1-22x+2N2y=0, 则 即 1-tan m·BC=0, -√2y十√2x=0. (9分) 令x=1,得y=1之=1，则m=(1,1,1). (13分) 0 2sin2 又tan2 sin 2 1-cos 0 设直线C'D与平面C'AB所成的角为O, 0 00 cos 2 sin 0 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,Ci)1=m·C方 mC'D 5」 -2-21_6 3 3 √3×2 3 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+1 3 √6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 13 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十22=2√2. 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD, (3分) E 因为平面BC'D⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1,MF2, 所以AD⊥平面BCD, FF2的切点分别为D,E,P,连接QP,QE,则 又ADC平面C'AD, QP⊥F1F2,QE⊥MF2. 所以平面C'AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3 ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF?⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设MD=m,则|MF:|=m十3，MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又F1F2=4, 令h(x)=ew-ex,x>l, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF,|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 数C的方程为6+- 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十∞). (5分) (2)设1的方程为x=ty+2,t∈ (2)证明：(i)由题意得e2=x2十a,e= 0,3 x1十a, A(x1,y),B(x2y2), 两式相减得e:一e1=x2一x1. ('y 由16+i21得3r+4y+12y-36=0. 令t=x2-x1,则t>1,x2=x1十t, x=y+2, 故e51+t一e1=t, 12t 36 则y1十y2= 所以e1=,1 e'-1 (8分) 3t2+4'y1yg= 3t2+4 (9分) t 令g)=e-1t>1, 设y1=2,消去y1,y:得入+2十 则g')=e1e=e-)21<0. (e'-1)2 (e'-1)2 412 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入+2+}<0，解得A<0,且A≠-1： 所以g(t)<g(1)= e-1’ 1、4 又入+2+x>一15' 即<故<-1he-》. (11分) 所以-号A<-1或-1A<-号.13分) 3 (i)由(i)得x2=x1十t=t+lnt-ln(e一 1)(t>1). (12分) -aie(u(.) s(t)=t+In t-ln(e'-1)(t>1), 则'(t)=1+1-e=e-t-1 (15分) te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, (1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e一1>0，F(t)单调递增， 当x>0时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又(x)有两个零点， 故xz>1-ln(e-1). (17分) 4 5月高三数学巩固训练 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以：}是以品为首项，是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××附)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak 9 17 、 率为P:=×(付》-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品（一） 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) 13 (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 (4分) a,X:=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-a)= 3 所以E(X,)=a,, (14分) 2a+ 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X:)十 (7分) E(X2)+…+E(Xw)=a1+a2+…十an= 所以a品=, (8分) 沿品×() 1-（) 9n 5 1×3+1×1_13 1-() 17 578 又a1=2×4+2324 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·5月高三数学巩固训练 ·数学· 叁专含案及解析 5月高三数学巩固训练 一、选择题 sin60,两式相除得O4 MB 3λAB √3λ 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-o∞，2]， OB (1-)AB 1- 所以M∩N=(0,2]. 2解得入=4=23.即A8=423 2.D【解析】|z(x+2i)=|(1+i)(1-i+2i)= (1+i)2|=|2=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a十b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5),所 M 以a3b8的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx=O, 4.B【解析】O成.CD=2(Oi+O)·(O方 FB=n,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥x轴 于点Q,AA′⊥1于点A',则由抛物线的定义得 0心)=2oi.0i-0i.0心+0成.0币- 3mcos0+2=|AA'|=3m,同理过点B作 BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=|BB'|= 0i.0C)=0+2×2-4X1-0)=0. m解得0=60，m-青设点M.则 5.C【解析】如图，由题意得V三棱台ABC-A B,C= 5 3(S,+S:十S1S:)h,所以V张，G,= xu-1=mcos0.解得xM=号，所以yw= V三校台ABCA,B,C,一V三枚鞭AA,B,C,一V三校锥C,ABC= V3(xM-1)=2V3 ,故10M=+=V 3 日8，+S:十VSS)h-日sA-日5A= 35 A B B 8.D【解析】因为7>233，所以5>31og23,即 23 B 3log223,即a>b.因为b-1=10gc1上 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB log引面1og29>log3>-log.3>-log 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1… ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB,C平面AAB1B, x0-√x8-2 D￠平面AA1BB,A1∈平面AA1B1B,且A1 x0十√x名一2，同理可得xB=x0一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A1D是异面直 1 所以S△0aB=2·2xA·反xB=2,故 线，故A正确；对于B,若A1C1垂直于过B1C 的平面，则AC1⊥BC,显然不成立，故 D正确， 三、填空题 B错误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯 一的过B,C且与A,C,平行的平面，故C12.4【解析】由题意得}×(1十3十a十b)=5, 4 正确；对于D,因为AC∥AC,所以 ∠ACD1=60°即为A1C1与CD1所成的角，故 }×[1-5y+(3-5r+(a-5)+6- D错误. 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(一x)=一x(2-x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2x)=x(2x-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确；对于B,设0<x1<x2,则0< 13.1013【解析】因为a+1=1-2a an+1 21-241<22-22,所以x1(21-21)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 an an+1 an x2(22一2？)，即f(x1)<f(x2),则f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 是首项为2025，公差为一2的等差数列， la. C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 所以1=2025+(-2)×0m-1)=2027-2m, f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>3.x-2台 an (x+2)2>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 故an=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM一PN|= y'=(x+1)e,则切线方程为y一xoe。= 22,故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pm（xn,yn),Qn（xn,xn）,Pm+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xm.又x+1-y层+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x?=2十2(n一1)=21， x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x 2一2-2·设切点P(xy),则切 2x -0∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x>+∞ 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1) x0(x-x6),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， 线方程为y一yo= √x-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 5月高三数学巩固训练 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 27x1+cos 2 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2N2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 /m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CDl mC'D 4 1 51 -√2-√21√6 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2. (13分) (15分) 1 13 3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) B 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MFF2的内切圆与三边MF1,MF2, 所以AD⊥平面BCD, FF2的切点分别为D,E,P,连接QP,QE,则 又ADC平面C'AD, QP⊥F1F2,QE⊥MF2 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 5月高三数学巩固训练 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以如.}是以总为首项，是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千542161 (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 晋×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·55月高三数学巩固训练 ·数学· 叁专含案及解析 5月高三数学巩固训练 一、选择题 sin60,两式相除得O4 MB 3λAB √3λ 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-o∞，2]， OB (1-)AB 1- 所以M∩N=(0,2]. 2解得入=4=23.即A8=423 2.D【解析】|z(x+2i)=|(1+i)(1-i+2i)= (1+i)2|=|2=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a十b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5),所 M 以a3b8的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx=O, 4.B【解析】O成.CD=2(Oi+O)·(O方 FB=n,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥x轴 于点Q,AA′⊥1于点A',则由抛物线的定义得 0心)=2oi.0i-0i.0心+0成.0币- 3mcos0+2=|AA'|=3m,同理过点B作 BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=|BB'|= 0i.0C)=0+2×2-4X1-0)=0. m解得0=60，m-青设点M.则 5.C【解析】如图，由题意得V三棱台ABC-A B,C= 5 3(S,+S:十S1S:)h,所以V张，G,= xu-1=mcos0.解得xM=号，所以yw= V三校台ABCA,B,C,一V三枚鞭AA,B,C,一V三校锥C,ABC= V3(xM-1)=2V3 ,故10M=+=V 3 日8，+S:十VSS)h-日sA-日5A= 35 A B B 8.D【解析】因为7>233，所以5>31og23,即 23 B 3log223,即a>b.因为b-1=10gc1上 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB log引面1og29>log3>-log.3>-log 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1… ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB,C平面AAB1B, x0-√x8-2 D￠平面AA1BB,A1∈平面AA1B1B,且A1 x0十√x名一2，同理可得xB=x0一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A1D是异面直 1 所以S△0aB=2·2xA·反xB=2,故 线，故A正确；对于B,若A1C1垂直于过B1C 的平面，则AC1⊥BC,显然不成立，故 D正确， 三、填空题 B错误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯 一的过B,C且与A,C,平行的平面，故C12.4【解析】由题意得}×(1十3十a十b)=5, 4 正确；对于D,因为AC∥AC,所以 ∠ACD1=60°即为A1C1与CD1所成的角，故 }×[1-5y+(3-5r+(a-5)+6- D错误. 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(一x)=一x(2-x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2x)=x(2x-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确；对于B,设0<x1<x2,则0< 13.1013【解析】因为a+1=1-2a an+1 21-241<22-22,所以x1(21-21)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 an an+1 an x2(22一2？)，即f(x1)<f(x2),则f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 是首项为2025，公差为一2的等差数列， la. C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 所以1=2025+(-2)×0m-1)=2027-2m, f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>3.x-2台 an (x+2)2>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 故an=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM一PN|= y'=(x+1)e,则切线方程为y一xoe。= 22,故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pm（xn,yn),Qn（xn,xn）,Pm+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xm.又x+1-y层+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x?=2十2(n一1)=21， x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x 2一2-2·设切点P(xy),则切 2x -0∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x>+∞ 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1) x0(x-x6),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， 线方程为y一yo= √x-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 5月高三数学巩固训练 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 27x1+cos 2 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2N2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 /m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CDl mC'D 4 1 51 -√2-√21√6 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2. (13分) (15分) 1 13 3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) B 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MFF2的内切圆与三边MF1,MF2, 所以AD⊥平面BCD, FF2的切点分别为D,E,P,连接QP,QE,则 又ADC平面C'AD, QP⊥F1F2,QE⊥MF2 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 5月高三数学巩固训练 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以如.}是以总为首项，是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千542161 (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 晋×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5姓 名 准考证号 绝密★启用前 5月高三数学巩固训练 注意事项： 1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓 名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填 写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选 择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 一、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.已知集合M={xlgx<1冫，N={xx≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1十i,则|之（交十2i)= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a一b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB= 4OD=4,M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四 面体ABB1C1的体积为 A品56 c.含S5 S1+S2h D. 6 6.在Rt△ABO中，∠AOB=90°，OA=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30°， 则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF= 3FB,线段AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= A.2 B.37 3 C.5 D. 43 3 数学试题第1页（共6页） 8.已知7≥23°，11≥313，a=3,b=1og23,c=1og1131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.ac>b D.a>b>c 二、选择题：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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，则 A.直线AB1与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与A,C1垂直 C.过直线B:C存在唯一平面与A1C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√Jx2一2的图象上，定点M(一2,0)， N(2,0),斜率为k的直线1过点N,则下列说法正确的是 A.IPM一|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P,(2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平 行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于 y轴，交直线y=x于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x) 在第一象限交于点P3,…,依此类推，则点P,的横坐标为√2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两 点，则△OAB(O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一 a= 13.记S.为数列a,的前m项和，已知a1=20251=1“2a。则当5.取得 最大值时，n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范 围是 数学试题第2页（共6页） 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.(13分) 设m>0,函数f(x)=sinx+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4, 将△BCD沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面C'AD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面C'AB成角的正弦值. D B 数学试题第3页（共6页） 17.(15分) y2 已知椭圆C:。+=1a>b>0)的左、右焦点分别为F,(-2.0).F:(2,0), 点M在C上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F,且倾斜角为0(<0<)的直线1交C于A,B两点，i记△AF,F, △BF,F,的面积分别为S1S,水的取值范围。 数学试题第4页（共6页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1) 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：乙执先时，乙胜甲的概率均 为？，且没有和棋，每局结束，下一局负者执先开局掷硬猎发 (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率； (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第6页（共6页）