福建泉州第五中学2026届高三下学期5月数学模拟练习4

**基本信息** 该模拟卷覆盖函数导数、解析几何、概率统计等核心模块，解答题如概率统计（第16题）结合放回与不放回情境，函数导数（第19题）考查极值点偏移证明，创新题型（第20题）设计概率递推模型，注重数学思维与建模能力，贴合高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题/32分|复数、抛物线、正态分布等|第5题结合离散系数与正态分布，考查数据分析| |多选|3题/15分|三角函数、椭圆切线等|第11题椭圆切线与斜率关系，体现逻辑推理| |填空|3题/15分|集合、回归分析、染色问题|第14题区域染色结合排列组合，考查创新应用| |解答|6题/58分|数列、概率、导数等|第16题分放回与不放回概率，第20题概率递推模型，突出数学建模|

福建省泉州市第五中学2026届高三下学期5月数学模拟练习4 一、单选题 1．若复数满足，则（    ） A．1 B． C． D．2 2．已知点在抛物线的图象上，为的焦点，则（    ） A． B．2 C．3 D． 3．设的平均数为,与的平均数为,与的平均数为.若,则（    ） A． B． C． D． 4．两圆与的公共弦长为（    ） A． B． C． D．1 5．比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（    ） 附：若随机变量服从正态分布. A．82 B．78 C．74 D．70 6．（   ） A． B． C． D． 7．函数若有两个零点的零点为则关于的不等式不能成立的是（    ） A． B． C． D． 8．在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点是坐标原点，点在直线上，点在圆上，点在抛物线上．下列结论中不正确的结论为（ ） A．的最小值为2 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最小值为 二、多选题 9．如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则（    ） A．是偶函数 B．的最小正周期为 C．的最大值为 D．的最小值为 11．已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线的斜率分别为，若，则（    ） A．直线过定点 B．为定值 C．的最大值为2 D．的最小值为4 三、填空题 12．设集合，，若，则实数a的取值范围是______. 13．由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 14．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案. 四、解答题 15．已知等差数列的前n项和为，且，.当时，. (1)求数列、的通项公式； (2)（ⅰ）若，求数列的前n项和； （ⅱ）根据（ⅰ）试求出的最小值. 16．盒中有标记数字的小球各1个. (1)随机一次取出3个小球,求3个小球上的数字之和大于10的概率； (2)随机一次取出1个小球并记录下小球上的数字,重复以上操作,直到记录下的数字中同时出现1和2或者同时出现3和4.记操作的次数为. （i）若每次操作后不将取出的小球放回盒中,求的分布列及数学期望； （ii）若每次操作后将取出的小球放回盒中,求的数学期望. 17．点为直线上的动点，为坐标原点，过点作直线垂直于轴，过点作直线的垂线交直线于点. (1)求点的轨迹方程； (2)记点轨迹为曲线，上一定点，过作两不同直线分别交于两点， ①直线的斜率满足，且直线过点，求定点坐标； ②若点，且直线的斜率满足，设的外接圆为圆，过点作曲线的切线，判断直线与圆位置关系，并说明理由. 18．设数列的前项和为， (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，求证： 19．已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设是的两个极值点， ①求证：； ②求证：. 20．两个盒子里分别放着写有A，B，C三种字母，大小相同的卡片各一张．每一次随机地从两个盒子中取出一张卡片交换位置．记n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的概率为． (1)求和； (2)证明：； (3)证明：． 参考答案 1．A 【分析】根据复数代数形式的运算法则化简复数，再根据复数模的计算公式计算即可. 【详解】由题意可知，复数满足， 则可转化为， 所以. 故选：A. 2．B 【分析】先根据点在抛物线上求出p，再根据抛物线的定义求出焦半径即可. 【详解】将代入，即， 所以， 所以. 故选：B. 3．B 【分析】根据作差法比较大小,首先将要比较的,用表示,后作差变形,运用这个条件,判断正负即可比较出大小. 【详解】根据题意得,,,, 对于A选项, 对于B选项, 对于C选项, 对于D选项, 故选：B. 4．B 【分析】两圆与圆的方程相减可得公共弦所在的直线方程为，再由点到直线的距离公式能求出两圆的公共弦长． 【详解】两圆的圆心分别为,半径均为1，故圆心距离为,故两圆相交， 圆与圆的公共弦所在的直线方程为： ，即， 圆的圆心到公共弦的距离： ，圆的半径， 公共弦长． 故选：B． 5．B 【分析】先根据题意计算标准差，从而得到正态分布，再利用正态密度曲线的轴对称性和百分位数的定义进行求解即可. 【详解】根据题意得标准差为，所以测试结果（单位：分）近似服从正态分布， 又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为. 故选：B. 6．B 【分析】利用两角和与差的正弦公式、诱导公式化简可得结果. 【详解】 . 故选：B. 7．A 【分析】根据的零点即为与交点的横坐标，的零点即为与交点的横坐标，画出图象，数形结合可得答案. 【详解】令得 则的零点即为与交点的横坐标， 令得 则的零点即为与交点的横坐标， 画出的图象， 由图可知：从上到下的三条直线分别说明，，成立， 可得选项D、B、C可能成立， 故选：A 8．A 【分析】A选项，设，利用绝对值不等式的性质得到；B选项，由基本不等式得到；C选项，设，，故，从而得到最小值；D选项，设，，则，D正确. 【详解】对A：设，则 （当且仅当时取“”）.故A错； 对B：设，则，由于， 则，故B对； 对C：设，， 则 ， 其中， 当且仅当时，取得最小值，最小值为， 此时，时取“”）.故C对； 对D：设，， 则 （当且仅当时取“”）.故D正确. 故选：A 【点睛】关键点点睛：关键点之一是对“折线距离”的理解，写出折线距离；关键点之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号求解相关最值. 9．BD 【分析】在中由正弦定理得求出可判断BA；求出，由正弦定理求出可判断C；在中，由正弦定理求出可判断D． 【详解】在中，，， ，由正弦定理得，， 即，所以，，故B正确； 且，故A错误； 故， 在中，，， 由正弦定理得，， 所以，故C错误； 对于D，在中，，， ，代入， 所以，故D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用正弦定理解三角形. 10．ABD 【分析】先将化简，再逐项分析答案即可. 【详解】因为的定义域为，所以， 又因为 ， 所以为偶函数，故A正确； 的最小正周期为，故B正确； 因为，所以没有最大值； 当时，，故D正确. 故选：ABD 11．BD 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，即可判断A；对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，即可判断B；得到点轨迹的渐近线，即可判断C；先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即可判断D. 【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0， 所以直线方程斜率一定存在， 设直线的方程为，联立得， ， 设，则， 故 ， 其中， 故，即， 所以，解得， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当时，故切线的斜率存在，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得：， 所以， 把代入，得：， 于是， 则椭圆的切线斜率为，切线方程为， 整理得到， 其中，故，即， 当时，此时或， 当时，切线方程为，满足， 当时，切线方程为，满足， 综上：椭圆在处的切线方程为； 故椭圆在点的切线方程为， 在点的切线方程为， 由于点为与的交点， 故，， 所以直线为， 因为直线的方程为，对照系数可得， 又，故，整理得， 又在第一象限， 故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分， A选项，直线为，所以直线不过定点，故A错误； B选项，，同理可得， 则， 为定值，故B正确； C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为， 设，则，故无最大值，故C错误； D选项，由于，，，故， 设，则， 则两式联立得， 由得，， 检验，当时，，又， 解得，满足要求， 故的最小值为4，D正确. 故选：BD. 【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：； 过椭圆上一点的切线方程为； 过椭圆外一点的切点弦方程为； 过双曲线上一点的切线方程为； 过双曲线外一点的切点弦方程为. 12． 【分析】按集合A为空集和不是空集两种情况去讨论即可求得实数a的取值范围. 【详解】当时，满足，此时，解得； 当时，或， 若，则有且，解得且， 所以； 综上，实数a的取值范围是. 故答案为： 13． 【分析】首先求剩余数据的中心点，再代入回归直线方程求，再代入求，即可求残差值. 【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，， 去除偏离点后，剩余数据的中心点为， 则，， 将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，所以，新的回归直线方程为，当时，， 所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为. 故答案为：. 14．192 【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【详解】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 15．(1)，； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，再由等差数列的通项公式即可求出；由条件可得，由即可求出； （2）（ⅰ）将变形为，再用裂项相消法即可求出数列的前n项和； （ⅱ）令，根据在上单调性，即可知当时，取到最小值. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d， 由，， 可得，解得， 故数列的通项公式为. ，两边同时乘以， 则， 令 当时，， 当时，， 可得， 所以， 当时，，故满足， 故. （2）（ⅰ）， 所以 . 故. （ⅱ）令，易知在上单调递增， 又因为，所以当时，取到最小值. 16．(1) (2)（i）分布列见解析,；（ii） 【分析】（1）分别求出总情况种数和满足题意的情况数,用古典概型公式求概率解决. （2）（i）可取2,3,4,5,总数用分步乘法原理算出，满足题意的情况数算出来，用古典概型公式求概率，得出分布列,算出期望. （ii）有放回，总数改变，每次取有6种可能，再根据步骤计算. 【详解】（1）由题可知随机一次取出3个小球总的情况为: 种， 满足题意的有:146，156，236，245，246，256，345，346，356，456总共10种， 所以所求的概率为. （2）（i）由题可知可取2，3，4，5， ， ， ， ， 故分布列为： 2 3 4 5 所以. （ii）若每次操作后将取出的小球放回盒中, 所以每次取球时每个球被取到的概率相同且为， 设事件表示“第一次取出球的编号为”（）， 事件表示“第二次取出的球编号为”（）， ， ， （说明：为书写方便的计算过程见后面补充） 解得， 同理可得，， 所以， 解得. 下面给出的计算过程： 设 在第一次取得1号第二次取得3号的条件下， 若第三次取得2号或4号结束，取球3次结束，概率为； 若第三次取得5号或6号，连续性被打断，增加1次，重新循环，概率为； 若第三次取得1号或3号，同条件，增加1次，重新循环，概率为； 所以，解得， 即. 同理. 17．(1) (2)①；②直线与圆相切，理由见解析 【分析】（1）设，可得直线和直线的方程，分和两种情况求解即可； （2）①设，，，直线：，联立方程由韦达定理即可求解；②设直线：，直线：与抛物线方程联立结合韦达定理可得，联立中垂线和中垂线即可证明. 【详解】（1）设，则直线：，直线：， 时，直线：，点的轨迹为， 时，， 综上，点的轨迹方程； （2）    ①设，，， 由已知直线的斜率存在， 所以设直线：， 联立方程得， 所以，由题意得， 所以，解得，所以； ②   当时，由可得，求导可得， 当时，，所以切线的斜率为，所以直线：， 设直线：，联立抛物线方程得， ，， 可得，所以， 中垂线：， 同理，中垂线：， 联立可得，， ，即直线与圆相切. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据作差计算可得； （2）由（1）可得，利用分组求和法及裂项相消法计算可得； （3）首先利用作差法证明（），从而得到（），利用放缩法证明即可. 【详解】（1）因为，即， 当时，，所以； 当时，， 所以， 而也满足上式， ； （2）因为，，， ， ； （3）由（1）可得， 因为 （）， 所以（） 所以（）， 【点睛】关键点点睛：本题第三问解答的关键是推导出（）. 19．(1)减区间为，增区间为； (2)①②证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）①分析得的两根为，且，再构造函数，利用导数得其单调性即可证明原不等式； ②将左边不等式等价转化证明，再构造函数，利用导数即可证明，右边不等式利用切线放缩即可证明. 【详解】（1）时，，， 因为，均在上单调递增， 则在上单调递增，又， 所以，，，， 所以在单调递减，在单调递增． （2）①依题意的两根为， 即的两根为． 令， 得，且，， 则在单调递减，在单调递增，则． 令， 则，所以在单调递增，所以， 所以，又，在单调递增． 所以，即． ②由，要证明，只需证， 即证明， 即证明 即证明 即证明，设，， 则，则当时，，则在单调递减， 则，则在上恒成立，从而左边得证． 因为，，且，， 则在和处的切线分别为和， 令，得， 再证明恒成立， 设，则，令，解得， 且时，，此时函数单调递减； 时，，此时函数单调递增； 则，则恒成立， 再证明恒成立， 设，， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增； 则恒成立， 所以，从而右边得证． 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一问是经典的极值点偏移问题，需构造函数，再利用导数即可证明. 20．(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，当1次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母，则为两个盒子中相同字母的卡片进行交换，从而求得概率；当2次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母，分别求得两次都交换相同字母的卡片的概率和第1次交换的是不同字母的卡片，第二次将其换回的概率，求和即可求得概率； （2）用表示n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的事件，则有，可知，．再由全概率公式可得，由递推关系求得，即可进行证明. （3）利用放缩法可得，故，再结合等比求和公式，即可进行证明. 【详解】（1）对两个盒子中相同字母的卡片进行交换，则． 若第1次交换的是相同字母的卡片，则第二次仍需将两个盒子中相同字母的卡片进行交换， 此时概率为． 若第1次交换的是不同字母的卡片，有种情况， 不妨设将第一个盒子中的A和第二个盒子中的B进行交换， 则第二次需要将第一个盒子中的B和第二个盒子中的A进行交换， 此时概率为．于是． （2）用表示n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的事件， 则有． 对相同字母的卡片进行交换可知． 假设第一个盒子里装有卡片X，Y，Y，第二个盒子里装有卡片X，Z，Z， 注意到两个盒子中都有两张相同字母的卡片， 因此，只需用第一个盒子中的任意一张写有字母Y的卡片交换第二个盒子中的任意一张写有字母Z的卡片即可变为两个盒子中都是A，B，C三种字母的卡片各一张的状态． 所以． 再由全概率公式可得， 于是，．故， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 于是，． 从而有． （3）由于， 于是． - 4 - - 24 - 学科网（北京）股份有限公司 $