精品解析：上海市静安区风华中学2026届高三下学期5月数学冲刺试卷01

上海市风华中学2026届高三数学冲刺试卷01 2026.5 一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分） 1. 设全集，，则___________ 2. 不等式的解集为 ____________ 3. 已知数列是首项为3公差为2的等差数列，则_________． 4. 在的二项展开式中，常数项的值为______. 5. 函数的值域为________． 6. 随机变量X的分布列如下：则________． X 1 2 P 7. 若均为正数，且，则的最小值为___________． 8. 将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有__________种. 9. 如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 10. 针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有________人 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 参考数据及公式如下：参考公式：，其中. 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为_____________ 12. 如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 二. 选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分） 13. 若，且，则复数的虚部为（ ） A. 或2 B. 2 C. D. 或 14. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为 则判断一定正确的是（    ） A. B. C. D. 15. 设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 16. 已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（ ） A. ①正确，②正确 B. ①正确，②错误 C. ①错误，②正确 D. ①错误，②错误 三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 已知函数． （1）若函数为奇函数，求实数的值； （2）若，解不等式． 18. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． （1）证明：； （2）若点是中点，求点到平面的距离． 19. 某中学的体育馆同时具有羽毛球、乒乓球和篮球场馆，甲同学每天都会去体育馆锻炼，若甲当天选择羽毛球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择乒乓球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.已知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.请完成下列计算： （1）求甲第2天选择羽毛球的概率； （2）求在甲第2天选择羽毛球的条件下，甲第1天选择篮球的概率； （3）记甲第天选择羽毛球的概率为，请写出与的关系. 20. 已知椭圆的焦距为2，且过点． （1）求椭圆C的方程. （2）设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 21. 若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． （1）判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； （2）若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； （3）若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市风华中学2026届高三数学冲刺试卷01 2026.5 一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分） 1. 设全集，，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】直接利用补集的概念求解即可. 【详解】全集，， 则 故答案为： 2. 不等式的解集为 ____________ 【答案】或或 【解析】 【分析】将分式不等式化为，应用穿根法求解集即可. 【详解】由题设得， 所以或或，故解集为或或. 故答案为：或或 3. 已知数列是首项为3公差为2的等差数列，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】. 故答案为：48. 4. 在的二项展开式中，常数项的值为______. 【答案】70 【解析】 【分析】根据二项式开展式的通项公式计算，即可求解. 【详解】由题意知，展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式的常数项为. 故答案为：70 5. 函数的值域为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦函数的值域求解即可 【详解】因为，所以， 所以， 所以的值域为. 故答案为： 6. 随机变量X的分布列如下：则________． X 1 2 P 【答案】4 【解析】 【详解】由题可知，所以. 7. 若均为正数，且，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的妙用求最值求解. 【详解】， 当且仅当，即时等号成立， 所以，的最小值为. 8. 将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】按照家庭被分配到一人或两人，进行分类讨论. 【详解】由题可分以下两种情形： ①家庭只有志愿者甲，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种； ②家庭除了甲还有另一名志愿者，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种. 故志愿者甲恰好被安排在家庭共有种不同安排方法. 故答案为：. 9. 如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 【答案】## 【解析】 【详解】过作于点，如图： 则，. 由题意得，均为圆的切点， 由切线的性质可知 所以. 则，所以，所以球的半径， 所以球的体积，圆台的体积， 所以. 10. 针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有________人 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 参考数据及公式如下：参考公式：，其中. 【答案】48 【解析】 【分析】设男生人数为，依题意列出列联表，分析出根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则，再代入的公式求出的范围，再根据的实际意义即可求出男生的最少人数. 【详解】设男生人数为，依题意可得列联表为 喜欢追星 不喜欢追星 总计 男生 女生 总计 根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关， 则， 由，解得. 由题意知，应为6的整数倍， 所以若根据小概率值的独立性检验， 判断中学生追星与性别有关，则男生至少有48人. 故答案为：48. 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，根据两点间的距离公式，求出圆的方程，再数形结合，求出结果. 【详解】 如图所示，以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，． 设，则，整理得， 所以点的轨迹方程为． 则， 其中可看作圆上的点到原点的距离的平方， 所以， 所以，即的最大值为. 故答案为： 12. 如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【解析】 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 二. 选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分） 13. 若，且，则复数的虚部为（ ） A. 或2 B. 2 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数模的性质建立方程求解参数，再求虚部即可. 【详解】因为，所以，解得， 则复数的虚部为或2，故A正确. 故选：A 14. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为 则判断一定正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象和相关系数的意义可得且，且，依次判断即可. 【详解】①分析图1的相关系数观察图1，散点图中的点大致分布在从左上到右下的带状区域内； 随着的增大，总体呈减小趋势，根据相关系数的定义， 两个变量呈负相关，故； ②分析图2的相关系数观察图2，散点图中的点大致分布在从左下到右上的带状区域内； 随着的增大，总体呈增大趋势； 根据相关系数的定义，两个变量呈正相关，故； 此外，观察图2中点的分布比图1更紧密地围绕在一条直线附近， 说明图2的线性相关性更强，即 选项，已知且，且，故 成立； 选项，因为且，所以，故选项B错误； 选项，因为且，则，选项C错误； 选项，因为且，则，显然不可能大于1，故选项D错误. 15. 设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得，结合函数在区间恰有三个极值点、两个零点，得出不等式，即可求解. 【详解】由函数，其中，可得， 因为函数在区间恰有三个极值点、两个零点， 由图象如图， 由图可知，，解得，所以的取值范围为. 故选：C. 16. 已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（ ） A. ①正确，②正确 B. ①正确，②错误 C. ①错误，②正确 D. ①错误，②错误 【答案】A 【解析】 【分析】设出数列中的一项，然后分被3除余1，余2，余0三种情况进行讨论，借助给出的递推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到符合的形式，然后保证即可判断②． 【详解】不妨设数列中的一项为， ①若被3除余1，则由已知可得， 若被3除余2，则由已知可得， 若被3除余0，则由已知可得， 所以对任意的，，则， 所以对数列中的任一项，若，则， 因为，所以，所以数列中必存在某一项（否则与上述结论矛盾）， 若，结论得证； 若，则，，结论得证； 若，则，得证； 所以不论论取何值，总有；故①正确； ②若是3的倍数，则， 若被3除余1，则由已知可得， 若被3除余2，则由已知可得， 所以连续7项构成的等比数列的公比为， 因为，所以这7项中前6项一定都是3的倍数，而第7项一定不是3的倍数（否则构成等比数列的连续项数会多于7项） 设第7项为p，则p是被3除余1或余2的正整数，则可推得， 因为，所以或， 由递推关系式可知，在该数列的前k-1项中，满足小于等于2022的项只有： 或，或 所以首项的所有可能取值的集合为， 故的所有可能取值有6个，故②正确． 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的递推关系式，考查学生的抽象思维能力，属于难度较大题． 三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 已知函数． （1）若函数为奇函数，求实数的值； （2）若，解不等式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可. （2）根据换元法和指数函数的性质求解即可. 【小问1详解】 因为函数为奇函数，所以，即 . 化简得， 所以，即. 【小问2详解】 时，原不等式可化为，设，则. 所以不等式变为，化简得， 因为，所以，所以要使得不等式成立，则. 即，即，根据指数函数的性质可知. 所以不等式的解集为. 18. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． （1）证明：； （2）若点是中点，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得. （2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距. 【小问1详解】 因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. 【小问2详解】 由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 19. 某中学的体育馆同时具有羽毛球、乒乓球和篮球场馆，甲同学每天都会去体育馆锻炼，若甲当天选择羽毛球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择乒乓球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.已知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.请完成下列计算： （1）求甲第2天选择羽毛球的概率； （2）求在甲第2天选择羽毛球的条件下，甲第1天选择篮球的概率； （3）记甲第天选择羽毛球的概率为，请写出与的关系. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算求解即可. （2）利用贝叶斯公式计算求解即可. （3）根据给定条件，利用全概率公式列式并化简即得. 【小问1详解】 设事件分别表示第一天选择羽毛球、乒乓球、篮球，第二天选择羽毛球的事件为， 则且两两互斥， 依题意，，， 且， 由全概率公式得. 【小问2详解】 由贝叶斯公式，得所求概率为. 【小问3详解】 设甲第天选择羽毛球的概率为，甲第天选择乒乓球的概率为， 由无论前一天选择什么，后一天选乒乓球的概率均为，得对所有均成立， 从而选择篮球的概率为， 当时，由全概率公式，得的递推关系为， 而，，化简得，. 20. 已知椭圆的焦距为2，且过点． （1）求椭圆C的方程. （2）设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（ⅰ）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证；（ⅱ）由（ⅰ）求出面积的函数关系，再借助对勾函数性质及不等式性质求出范围. 【小问1详解】 由椭圆的焦距为2，得， 由点在椭圆上，得，联立解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得，直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， 则， 所以为定值. （ⅱ）由（ⅰ）得 ， 令，，函数在上单调递增， 函数的值域为，即，因此， 所以面积的取值范围是. 21. 若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． （1）判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； （2）若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； （3）若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 【答案】（1）和具有性质“”，理由见解析； （2）； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性，结合新定义，转化为证明函数在区间单调递增； （2）根据新定义，转化为函数，在区间上单调递增，利用导数，结合参变分离，转化为最值问题，即可求解； （3）首先根据新定义，转化为，再通过构造函数，，，转化为证明，转化为利用极值点偏移解决问题. 【小问1详解】 函数和在上具有性质“”. 理由如下： 因为和在上均为偶函数，且在上单调递增， 所以只需考虑的情况， 令，则， 所以在区间上单调递增，且，所以恒成立， 则，即， 则，再根据函数是偶函数， 即，， 所以函数和在上具有性质“”. 【小问2详解】 ，在区间单调递增，在上单调递增， 设，若函数和具有性质“”， 则，整理为 设，由以上可知，在区间上单调递增， 即， 当时，恒成立， 令，，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以； 【小问3详解】 由题意可知，存在，， ，又， 则，即， ，，设，， ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 设，，不妨设，，，且， 设， ， 所以在区间上单调递减，且，即， 即，即，则， 即，则，得，即证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $