精品解析：湖北黄冈中学2026届高三年级5月考前学情自测数学试题

高三5月第三次模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分． 祝考试顺利 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 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， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两个集合，按照集合的并运算即可 【详解】集合 ，集合或， 故 或，即． 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以， 所以. 3. 一组数据为50，40，20，19，16，16，14，10，则这组数据的众数与第60百分位数之和为（ ） A. 40 B. 39 C. 36 D. 35 【答案】D 【解析】 【详解】将题中数据按从小到大排列为10，14，16，16，19，20，40，50，则众数为16， 因为，所以第60百分位数为19， 所以众数与第60百分位数之和为. 4. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，将两侧同时平方，可得，代入夹角公式，即可得答案. 【详解】因为， 所以，则， 则， 因为，所以，即向量的夹角为. 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的图象，求得，结合，即可求解. 【详解】由函数的图象，可得，解得， 又由 ，即 ，可得 ， 因为，可得，所以， 又因为 ，即，可得. 6. 已知抛物线：的焦点为，.若上存在点，使得，且的面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题设，图形结合抛物线定义可得关于的表达式，据此可得答案. 【详解】由题可得，则，从而. 又抛物线准线为，过A作准线垂线，垂足为， 由抛物线定义可得，则， 从而. 7. 如图，以为圆心，2为半径的圆与x轴交于A，B两点，P是上异于A，B的动点，直线PA，PB分别交y轴于C，D两点，以CD为直径的与x轴交于E，F两点，则EF的长为（ ） A. B. C. 6 D. 随P点而变 【答案】B 【解析】 【分析】通过证明相似三角形的方法，结合圆的几何性质求得EF． 【详解】连接NE，设圆的半径为，，则，， 依题意，，，， ，所以， 所以，即，， 又， 所以，故． 8. 已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过求导得到在上单调递减，在上单调递增，再证明从而得到，令，求出的最小值即可求出答案. 【详解】函数的定义域为， 可得， 令，， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，即，所以在上单调递减， 当时，，即，所以在上单调递增， ， 又，，所以， 所以，令，， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 即的最小值为. 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. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，利用基本不等式，可得判定A不正确，B正确，C正确；由，化简得到，结合二次函数的性质，可判定D不正确. 【详解】对于A，因为，，，所以， 当且仅当时取等号，即，所以，所以A不正确； 对于B，因为， 当且仅当时取等号，所以B正确； 对于C，因为，所以， 当且仅当时取等号，所以C正确； 对于D，因为，，且，所以， 又因为，可得，所以D不正确. 10. 如图，从双曲线的左焦点发出的光线，到达C上的点P后的反射光线，其反向延长线会经过C的右焦点，且C在点P的切线l恰好为的角平分线所在的直线.已知，C的离心率为2，则下列结论正确的是（ ） A. C的渐近线方程为 B. 若，则的面积为 C. 若l与x轴交于点，则 D. 若l的斜率为2，则为直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意求得双曲线的方程，从而求得其渐近线的方程，判断A；根据双曲线的方程求得点的坐标，求出的面积，判断B；由角平分线定理结合双曲线的定义求得，判断C；利用导数的几何意义求得点的坐标，即可判断的形状，判断D. 【详解】设双曲线的焦距为，则，所以. 所以. 所以C的渐近线方程为，所以A错误； 若，则，所以，所以的面积为，所以B正确； 若l与x轴交于点，则， 又，所以，所以C正确； 若l的斜率为2，则点在第一象限，设. 由，得当时，， . 令，得. 所以，即. 又，所以，所以为直角三角形，所以D正确. 11. 如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）. A. B. 平面平面 C. 平面截该几何体所得截面面积的最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面平行的性质判断即可；对于B，利用线面垂直证明面面垂直；对于C，分析出当，之间的距离最小时，梯形的面积最小，再计算面积的最小值；对于D，建立空间直角坐标系根据外接球性质计算半径后求表面积. 【详解】对于A，因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，则，正确. 对于B，因为，， 故四边形为等腰梯形. 如图，过点F作，垂足为O，连接， 又，，所以， 又，所以 . 取的中点Q，连接， 因为，， 所以，，， 又 ， 所以四边形为矩形， 所以 ， 又，所以， 故，又，， 所以平面， 又平面，所以平面平面，故正确. 对于C，如图，设截面与棱交于点M，连接，，因为，平面，平面，所以平面，又平面平面 ， 所以， 又，所以， 所以截面是梯形.因为四边形为平行四边形， 所以.又， 所以当，之间的距离最小时，梯形的面积最小. 显然，，之间的最小距离等于直线到平面的距离， 也就是点O到平面的距离. 过点O作，垂足为H， 由B知，，又， 所以平面，则平面， 所以，又，， 所以平面.所以点O到平面的距离等于， 在中，. 所以截面面积的最小值为，故错误. 对于D，由B可知，故由正弦定理可得， 外接圆的半径. 因为， 所以外接圆的圆心在上，且. 如上图，以点O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，. 易知三棱锥外接球的球心T在过点且与底面垂直的直线上， 故可设T的坐标为， 因为A，F均在球T的球面上， 所以， 得， 所以三棱锥外接球的半径， 故三棱锥外接球的表面积为，故正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知且，则的展开式中的系数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由正态分布的性质可得，再结合二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】由且，则，即， 则对于，有， 有， 故的展开式中的系数的值为. 故答案为：. 13. 若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用导函数在某点处的切线的斜率与圆在某点处切线斜率之间的关系分析求解即可. 【详解】由知定义域为，则， 此时曲线在点处的切线斜率为：， 又圆的圆心与点所在直线的斜率为：， 所以圆在点处的切线斜率为：， 由题意知，① 又在圆上所以：，② 将①代入②中得：， 化简得：，解得：或（舍去）， 又由题意知，所以，此时，所以， 将代入中有：，解得：. 14. 已知，满足，则的值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由辅助角公式得到，从而得到，再由基本不等式得到，从而得到，进而可求解； 【详解】由题知，， 其中，因为，所以，即， 又由基本不等式可得：， 当且仅当，即时等号成立， 所以，即，且时取等号， 因为，所以.此时， 所以， 所以， 解得，因为， 所以，又因为， 所以. 故答案为： 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. 设是等比数列的前n项和，已知， （1）求和； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的性质求出首项和公比，最后等到通项公式和求和公式； （2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出答案 【小问1详解】 设的公比为q，由题可得，又，所以， 又，所以，， 所以，； 【小问2详解】 由（1）得， 所以 16. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. （1）证明：四边形为矩形； （2）若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）或. 【解析】 【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列式求解. 【小问1详解】 在斜三棱柱中，连接，由为的中点，得， 又，则，而平面，则直线两两垂直， 如图，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由，得， 又四边形为平行四边形，所以四边形为矩形. 【小问2详解】 由（1）得，， 则， 设， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 即，解得或， 所以的值为或. 17. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（没有平局，先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下：若一方以或获胜，则胜者得分，败者得分；若一方以获胜，则胜者得分，败者得分． （1）求甲获得分的概率； （2）若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为，求的最大值． 【答案】（1） （2）的分布列为： ​ 数学期望为. （3） 【解析】 【分析】（1）甲获得分，有和获胜两种情况，根据事件的相互独立性和互斥事件的加法即可求解； （2）先确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，列出分布列，最后根据数学期望的公式计算； （3）先求出的表达式，再利用均值不等式得到表达式的最大值. 【小问1详解】 根据题意，每局比赛甲获胜的概率为，各局结果相互独立． 甲获胜时，概率为； 甲获胜时，前局甲胜局输局，第局甲胜，概率为； 因此甲得分的概率为. 【小问2详解】 甲的总得分的可能取值为，  ；​ 对应甲获胜，前局甲胜局输局，第局甲胜：  ；​ 对应乙获胜，前局乙胜局输局，第局乙胜：  ；​ 对应乙或获胜，.​ 的分布列为： ​ 数学期望为. 【小问3详解】 由定义， 代入得 由基本不等式​，当且仅当即​时取等号. 因此 ，即的最大值为. 18. 已知椭圆的左焦点为，且经过点，直线的斜率为，且与椭圆交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若不过，且直线,的斜率成等差数列，求的取值范围； （3）若经过原点，过椭圆上一点的切线与垂直，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由椭圆左焦点为得，即；又椭圆过点，代入椭圆方程，联立解出和即可； （2）设：，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到和；由题意得，代入化简得到与的关系；再根据直线与椭圆有两个交点，利用判别式，求出的取值范围。 （3）设： ，先求的长度；设，得到的方程，再求出到直线的距离，最后利用基本不等式求出面积的最大值 【小问1详解】 由题意得，所以 又椭圆经过点，代入椭圆方程得，化简得即，整理得，解得（舍去负根）所以 所以椭圆的标准方程为 【小问2详解】 设，因为不过，所以 设 ，化简得 因为直线，的斜率成等差数列，所以即 又,，所以， 整理得 将代入化简得 整理得 即 解得（舍去） 所以，代入得，整理得解得或， 故的取值范围为 【小问3详解】 设 解得， 故 所以 设，则，其斜率为 又，所以 因为在椭圆上，所以解得 不妨令则， 所以点到直线 的距离 所以面积 化简得 令， 则 ，当且仅当时取等号， 所以 即面积的最大值为 19. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）讨论的单调性； （3）若存在极小值，且极小值等于，求证：． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在、上单调递增；当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减，在、上单调递增. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）分析可知，结合题意得出，可得出，令，则，且，则，证明对数平均不等式，其中，令，即，变形得出，再利用对数等式以及基本不等式可证得结论成立. 【小问1详解】 ， 当时，， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，的最小值为. 【小问2详解】 ， 当时，则对任意的恒成立， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，则或， ①当时，即时， 由可得或，由可得， 所以函数在上单调递减，在、上单调递增； ②当时，即时，对任意的，， 此时在上单调递增； ③当时，即时， 由可得或，由可得， 此时在上单调递减，在、上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在、上单调递增； 当时，则在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在、上单调递增. 【小问3详解】 由题意可知，由（2）可知，当时， 函数的极小值为，此时， 因为，则，此时，等式不成立； 当时，函数的极小值为，此时， 因为，则，则， 由不等式的性质可得，等式不成立； 当时，函数在上单调递增，函数无极值； 当时，函数的极小值为， 可得，令，则，且，则， 先证明不等式，其中， 即证， 令，，其中，则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 设，即，所以， 上述两个等式相除得， 所以，所以，则， 即，可得， 由基本不等式可得，故原不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三5月第三次模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分． 祝考试顺利 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 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， ，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 一组数据为50，40，20，19，16，16，14，10，则这组数据的众数与第60百分位数之和为（ ） A. 40 B. 39 C. 36 D. 35 4. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 3 C. D. 6. 已知抛物线：的焦点为，.若上存在点，使得，且的面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 如图，以为圆心，2为半径的圆与x轴交于A，B两点，P是上异于A，B的动点，直线PA，PB分别交y轴于C，D两点，以CD为直径的与x轴交于E，F两点，则EF的长为（ ） A. B. C. 6 D. 随P点而变 8. 已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，从双曲线的左焦点发出的光线，到达C上的点P后的反射光线，其反向延长线会经过C的右焦点，且C在点P的切线l恰好为的角平分线所在的直线.已知，C的离心率为2，则下列结论正确的是（ ） A. C的渐近线方程为 B. 若，则的面积为 C. 若l与x轴交于点，则 D. 若l的斜率为2，则为直角三角形 11. 如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）. A. B. 平面平面 C. 平面截该几何体所得截面面积的最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知且，则的展开式中的系数的值为______． 13. 若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________. 14. 已知，满足，则的值是__________. 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. 设是等比数列的前n项和，已知， （1）求和； （2）若，求数列的前n项和． 16. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. （1）证明：四边形为矩形； （2）若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 17. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（没有平局，先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下：若一方以或获胜，则胜者得分，败者得分；若一方以获胜，则胜者得分，败者得分． （1）求甲获得分的概率； （2）若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为，求的最大值． 18. 已知椭圆的左焦点为，且经过点，直线的斜率为，且与椭圆交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若不过，且直线,的斜率成等差数列，求的取值范围； （3）若经过原点，过椭圆上一点的切线与垂直，求面积的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）讨论的单调性； （3）若存在极小值，且极小值等于，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $