精品解析：福建泉州第五中学2026届高三下学期5月数学模拟练习试题（3）

数学模拟测试 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知单位向量满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 3. 设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ） A. 2 B. -2 C. D. 4. 已知，点在圆上运动，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 32 5. 若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知表示不超过的最大整数，若为函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 7. 设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点为函数和图象的交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据7，5，3，10，2的第40百分位数是3 B. 已知随机变量服从正态分布越小，表示随机变量分布越集中 C. 已知一组数据的方差为3，则的方差为3 D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点为，则 10. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ） A. B. 若 ，则 有两解 C. 当时， 为直角三角形 D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是 11. 如图，在三棱锥中，底面为边长为2的等边三角形，，二面角的平面角为，则（ ） A. 当平面时，三棱锥为正三棱锥 B. 当时，平面平面 C. 当三棱锥的体积为时，或 D. 当时，三棱锥的外接球的表面积的取值范围为 三、填空题 12. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为_________. 13. 甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 14. 已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的范围是________________． 四、解答题 15. 已知正数的整数部分记为，例如. （1）若，求数列的前项和. （2）设. ①求； ②求数列的通项公式； ③求数列的前100项和. 16. 已知四面体. （1）证明：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 为了增强身体素质，寒假期间小王每天坚持在 “跑步20 分钟”和“跳绳20 分钟” 中选择一项进行锻炼. 在不下雪的时候，他跑步的概率为，跳绳的概率为，在下雪天他跑步的概率为，跳绳的概率为. 若前一天不下雪，则第二天下雪的概率为，若前一天下雪，则第二天仍下雪的概率为. 已知寒假第一天不下雪，跑步分钟大约消耗能量卡路里，跳绳20分钟大约消耗能量200卡路里. 记寒假第天不下雪的概率为 . （1）求的值，并求; （2）设小王寒假第天通过运动消耗的能量为，求的数学期望. 18. 若将图象绕原点逆时针旋转后，所得曲线仍是函数的图象，则称为“旋转函数”． （1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； （2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值； （3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 19. 已知圆与抛物线交于，两点， （1）求曲线的方程； （2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴： （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 20. 设a，b为实数，且，函数． （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学模拟测试 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部. 【详解】因为， 所以复数的虚部是. 故选：D 2. 已知单位向量满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】计算出，，，利用向量夹角余弦公式求出答案. 【详解】， ，故， ，故， 所以. 故选：B 3. 设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ） A. 2 B. -2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解. 【详解】由已知，，两式相减得， ，即，即. 故选：A 4. 已知，点在圆上运动，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解. 【详解】设， 则 ， 当时，取得最大值. 故选：C. 5. 若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先分别分析函数和的最大值，再根据三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为函数的最大值为1，的最大值为1， 由题意可知，取得最大值1时，也取得最大值1， 即当时，，， 得，，， 当时，，其他值不满足等式. 故选：D 6. 已知表示不超过的最大整数，若为函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可. 【详解】由题意可得， 令， 时， 所以在递增， 则，， 所以存在，使得，即， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故为函数的极值点， 依题意，， 所以， 故选：B. 7. 设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由题意列出含的方程组，解出的关系式，进而求出双曲线的渐近线即可. 【详解】 设 ，由双曲线的定义知 ， 在 中，由余弦定理得：， 所以 ， 再由，为的中点，延长至，使， 所以四边形为平行四边形，且， 在中，由余弦定理知：， 在中，由余弦定理知：， 因为，则， 可知， 所以 ③， 由得， 把代入得， 化简得 ， 所以渐近线方程为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：由四点共圆的四边形四个边的平方和等于两条对角线的平方和是解决本题的关键. 8. 已知点为函数和图象的交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据点在函数上得出等式，再同构设新函数，再求导函数得出函数的单调性进而得出等式的值. 【详解】因为点为函数和图象的交点， 所以，即的根为. 因为，所以，故，且为方程的根. 令，则，所以在上单调递增. 又，所以，即，所以. 故选：D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据7，5，3，10，2的第40百分位数是3 B. 已知随机变量服从正态分布越小，表示随机变量分布越集中 C. 已知一组数据的方差为3，则的方差为3 D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据百分位数的定义即可判断A；根据正态曲线的性质即可判断B；根据方差的性质即可判断C；根据观测值与预测值的区别即可判断D. 【详解】对于A，数据按照从小到大的顺序排列为， 因为， 所以数据7，5，3，10，2的第40百分位数是，故A错误； 对于B，越小，即方差越小，随机变量分布越集中，故B正确； 对于C，已知一组数据的方差为3， 则的方差为，故C正确； 对于D，散点不一定在回归直线为上， 所以由散点无法求出的值，故D错误. 故选：BC. 10. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ） A. B. 若 ，则 有两解 C. 当时， 为直角三角形 D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以由及正弦定理得，， 由诱导公式得，， 因为，故，所以， 化解得，即， 所以或，即（舍）或，故A正确； 对于B，由余弦定理得，即，得， 由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误； 对于C，因为，两边平方得， 由余弦定理得， 由两式消得，，解得或， 由解得， 由解得; 故为直角三角形，故C正确； 对于D，因为为锐角三角形，且， 所以， 即， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在三棱锥中，底面为边长为2的等边三角形，，二面角的平面角为，则（ ） A. 当平面时，三棱锥为正三棱锥 B. 当时，平面平面 C. 当三棱锥的体积为时，或 D. 当时，三棱锥的外接球的表面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可根据勾股定理求解长度，结合正三棱锥的定义即可判断A，根据二面角的几何法，结合三角形边角关系即可求解B，根据体积公式以及线面垂直，即可判断C，根据三棱锥的特征，可的球心位置，进而结合三角函数的性质以及球的表面积公式即可求解. 【详解】由，可得． 对于A选项，当平面时，平面,故， 由，可得， 又由，可得三棱锥为正三棱锥，故A选项正确； 对于B选项，如图，取的中点，连接，由， 可得，所以为二面角的平面角， 又由，可得，可得为直角，即平面平面，故B选项正确； 对于C选项，设点到平面的距离为，由，有， 可得，由B选项可知此时， 当为锐角时，如图，过点作，垂足为， 由于，平面，所以平面， 平面，可得， 又由，平面可得平面，可得， 又由，可得； 当为钝角时，同理可得，故C选项错误； 对于D选项，如图，在上取一点，使得，在中，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，相交于点， 由为等边三角形，为等腰直角三角形，可得为三棱锥的外接球的半径， 又由， 有，， 又由，有，有，有， 有，可得三棱锥的外接球的表面积的取值范围为，故D选项正确． 故选:ABD． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题 12. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积求圆台的母线，再根据圆台轴截面求出高即可. 【详解】因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为 ， 设母线长为，高为. 则，解得. 如图所示圆台的轴截面， 在中，， 由勾股定理得：圆台的高. 故答案为：3. 13. 甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 【答案】180 【解析】 【详解】根据分步乘法计数原理，按顺序安排三人站位： 安排甲的站位：共有6级台阶可选，因此甲有6种不同站法； 安排乙的站位：要求甲、乙不站同一台阶，排除甲已选择的台阶，乙有6−1=5种不同站法； 安排丙的站位：已知每级台阶最多站2人，此时甲、乙分属不同台阶，各级台阶至多仅站1人，丙有6种不同站法. 综上，不同的总站法种数为. 14. 已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的范围是________________． 【答案】 【解析】 【分析】将原不等式转化为恒成立，画出函数与的图像，求出过原点且与函数，分别相切时直线的斜率，根据数形结合可得结果. 【详解】不等式可化为 ， 令 ，因为， 令，所以函数在上为增函数， 令，所以函数在上为减函数， 所以当时，， 即当时，所以， 所以 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，所以，又，所以，所以， 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，且， 解得或（舍去），所以， 画出函数与的图像，如图： 数形结合可得，，所以. 四、解答题 15. 已知正数的整数部分记为，例如. （1）若，求数列的前项和. （2）设. ①求； ②求数列的通项公式； ③求数列的前100项和. 【答案】（1） （2）①；②；③ 【解析】 【分析】（1）将化简，得，该表达式第一项恒为整数，则只需考虑的取值情况可得解； （2）①将代入直接求解即可；②令，则，而，则可平方脱根，判断整数部分可得解；③已知，则可表达数列的前100项,，应用并项求和即可. 【小问1详解】 ， 当时，. 【小问2详解】 ①， 因为，且，所以. ②令，则， 则， 所以. 因为，所以， 又为正整数，所以. ③方法一： 因为 ， 所以数列的前100项和为. 方法二： 数列的前100项和为 . 【点睛】本题考查新定义与数列的交汇，考查数学抽象，逻辑推理与数学运算的核心素养. 16. 已知四面体. （1）证明：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）方法1：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，利用等体积法求点到平面的距离为，结合线面夹角的定义分析求解；方法2：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 取的中点，连， 由，可得， 又因为，平面， 所以 平面 ， 因为平面，所以. 【小问2详解】 方法1：因为，所以， 又因为，所以， 由（1）可得平面，所以平面平面， 作交延长线于点，则平面且， 设点到平面的距离为， 因为，则， 可得， 设直线与平面所成角为，可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为； 方法2：因为，所以， 又因为，可知， 由（1）可得平面，且平面， 所以平面平面， 作交延长线于点， 则平面且， 如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为. 17. 为了增强身体素质，寒假期间小王每天坚持在 “跑步20 分钟”和“跳绳20 分钟” 中选择一项进行锻炼. 在不下雪的时候，他跑步的概率为，跳绳的概率为，在下雪天他跑步的概率为，跳绳的概率为. 若前一天不下雪，则第二天下雪的概率为，若前一天下雪，则第二天仍下雪的概率为. 已知寒假第一天不下雪，跑步分钟大约消耗能量卡路里，跳绳20分钟大约消耗能量200卡路里. 记寒假第天不下雪的概率为 . （1）求的值，并求; （2）设小王寒假第天通过运动消耗的能量为，求的数学期望. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，且得到，利用构造法得到为等比数列，从而求出通项公式； （2）求出，及对应的概率，得到的数学期望. 【小问1详解】 由题意得， 第3天不下雪，分为两种情况，第2天不下雪且第三天不下雪，第2天下雪且第3天不下雪， 故， 依题意， 整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 即 ，所以； 【小问2详解】 ， 由（1）得， 则他第天通过运动锻炼消耗的能量的期望为 . 18. 若将图象绕原点逆时针旋转后，所得曲线仍是函数的图象，则称为“旋转函数”． （1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； （2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值； （3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 【答案】（1）不是，理由见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可. （2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解. （3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可. 【小问1详解】 函数不是“旋转函数”，理由如下： 的斜率为，倾斜角为，逆时针旋转后与轴重合， 当时，有无数个与之对应，不满足函数定义， 因此函数不是“旋转函数”. 【小问2详解】 由题意可知，函数与函数最多有1个交点， 且， 所以最多有一个根， 即最多有一个根， 即函数与函数最多有1个交点， 所以函数在上单调， 因为，所以， 若恒成立，则恒成立，则， 因为，所以，矛盾， 所以，所以， 即，得，所以的最大值为. 【小问3详解】 由题意可得函数与函数最多有1个交点， 即， 即函数与函数最多有1个交点， 即函数在上单调， ，当趋于0时，趋于， 所以， 令，则， 因为在上单调递减，且， 所以存在，使得， 即， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以 ，即， 所以的取值范围. 19. 已知圆与抛物线交于，两点， （1）求曲线的方程； （2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：线段垂直于轴： （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由圆的性质，求得交点的坐标，代入抛物线方程，可得答案； （2）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用斜率公式，可得答案；（ii）由三角形面积公式，整理函数解析式，利用导数，可得答案. 【小问1详解】 由圆，可化为标准方程， 所以圆圆心为，半径为， 设与轴交于点，如图所示， 因为圆和抛物线都关于轴对称，则，两点也关于轴对称，且， 所以在直角中，，，所以，则， 所以抛物线过点，即，则， 所以抛物线方程为. 【小问2详解】 （i）由（1）知，又因为直线的斜率不为0，故设的方程为 ，，， 联立，可得：，， 则，， . 故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴. （ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，，， 则 令，则， 令，则，解得；，解得. 则在上单调递增，在上单调递减， ，所以的取值范围为. 20. 设a，b为实数，且，函数． （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分类讨论和的函数单调区间; （2）转化零点问题，求的导数与单调性，确定的取值范围； （3）根据（2）的结论得，利用分析法进行证明. 【小问1详解】 ， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. 【小问2详解】 有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解， 令，则， 记， 记， 又，所以时，时，， 则在上单调递减，上单调递增，， . 即实数的取值范围是. 【小问3详解】 有2个不同零点， 则，故函数的零点一定为正数. 由（2）可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为， ， 注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，又由知， ， 要证，只需， 且关于的函数在上单调递增， 所以只需证， 只需证， 只需证， ，只需证在时为正， 由于，故函数单调递增， 又，故在时为正， 从而题中的不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $