精品解析：甘肃定西市漳县第一中学、第二中学、漳县职业学校2025-2026学年高三5月考前模拟数学试卷

2025-2026年漳县第一中学、第二中学、漳县职业学校 高三5月考前模拟数学试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，则. 2. 粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， ，， 在上的投影向量为：. 3. 复数、分别对应复平面内的点、，若，则（其中为坐标原点），是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 有一个锐角为的直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查复数运算与复平面几何意义，通过对等式变形分析复数关系，判断三角形形状. 【详解】依题意，，若，则（反之亦成立）， 则与原点重合，与已知能组成三角形矛盾，所以. 由，两边除以（），设，则方程变为： ，解得 由，得. 所以， ，故. 在中： ，，即（等腰）. 由勾股定理：， 而，故（直角）. 综上，是等腰直角三角形. 故选：C 4. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可分为质点往右移动4次，往左移动2次；质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次；质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，可分为三种情况： ①质点往右移动4次，往左移动2次，， ②质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次，， ③质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，， 所以质点移动的方法总数为225. 故选：D． 5. 已知变量与变量的关系可以用模型（，为常数）拟合，设，变换后得到一组数据如下： 2 3 4 5 6 1.02 1.20 1.42 1.62 1.84 由上表可得经验回归方程为，则（ ） A. 0.206 B. C. 0.596 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据线性回归方程必过样本中心点，可求，再推导出，可求的值. 【详解】由表格中数据得， ， 代入方程得，，解得，因此. 由两边取对数，得. 又，所以，，即. 故选：D 6. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，即①； 因为为偶函数，所以， 令，则，即， 所以，所以，即②， 所以，所以4是的一个周期． 由① 式，取，可得，即得， 又由② 式，取，可得 故，， 由② 式，取，可得，取，可得， 故， 则. 7. 正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为，则生成它的正方体的棱长为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设出棱长，根据体积即可求出. 【详解】设正方体棱长为，可得该柏拉图体是由两个四棱锥构成，四棱锥的底面为边长为的正方形，高为， 则柏拉图体的体积为，解得，∴. 故选：D. 8. 在中，已知是边上一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在中，， 因为，所以， 在中，. 二、多选题：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. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 存在，使得平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积判断A，根据三棱锥的体积公式及二次函数的最值判断B，找出外接球球心，得到球的半径即可判断C，利用面面平行可得线面平行判断D. 【详解】对A，， ， ，即，故A正确； 对B，过作于， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ， ， 当时，，故B正确； 对C，当时，，故为中点， 又为中点，所以，所以到距离都为， 即外接球的球心为，球半径为1，所以外接球表面积，故C错误； 对D，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 当时，是的中点，此时平面， 所以平面，故D正确. 故选：ABD 10. 箱中共有包装相同的件正品和件赝品，从中不放回地依次抽取件，用表示“第一次取到正品”，用表示“第二次取到正品”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意分别求得，，再根据概率的公式逐个判断即可 【详解】对A， ， ， ， ，故A选项对； 对B， ，故B选项错； 对C， ，故C选项正确； 对D， ，故D选项正确． 故选：ACD 11. 已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个不等实根，它们分别为，，2，则（ ） A. 实数为0 B. 为定值 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据函数的单调性，可判断出有两个解，一个是0，另一个大于2，可求的值及的取值范围；再根据方程有三个不同实根，可得，处理可得与的关系，接下来可逐项判断选项的准确性. 【详解】因为，所以. 因为函数在上是增函数，在上是减函数， 所以方程有两个解：故A正确； 其中一个根为0，即， 另一根：. 所以，又方程有3个不等实根，它们分别为，，2. 所以. 由为定值，故B正确. 又. 由. 当时，，此时， 所以只有两个根，与有3个不等实根矛盾，所以. 因为， 因为，所以，无法确定，故C错误； 因为， 因为，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列与的前项和分别为，，且，则的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式结合等差数列下标和性质计算求解. 【详解】等差数列与的前项和分别为，，且， 则. 故答案为：. 13. 已知，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解． 【详解】，， ，， ． 故答案为：． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为4次的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，设游戏结束时取球的次数为变量，利用排列数公式，分别求得和对应的概率，即可求解. 【详解】由题意得，设游戏结束时取球的次数为变量， 当时，即前3次取到的都是白球，则概率为； 当时，即前4次取到的都是红球或前3次取到2白和1红，第4次取到白球， 则概率为， 所以游戏结束时取球次数至多为4次的概率为. 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. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，与点重合 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直证明线线垂直； (2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置. 解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置. 【小问1详解】 如图：取中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以. 又为正三角形，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥， 取中点，中点，连接； 侧面为等腰梯形，故； 侧面底面，交线为，平面， 因此平面； 已知两底面距离为，即； 由相似比，得； 底面为正三角形，，则，； 在中，； 在中，； 设点到平面（即平面 ）的距离， 由，即， ，， 代入得：，解得； 设点到平面的距离， 由相似比 ，得； 设，点到平面的距离，由相似性：，、 得 ，其中； 作于，则 ，，， 由余弦定理： ， ， 设直线与平面所成角为，则， 代入得：，化简得 ， 解得或（舍去），即点与重合, 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 解法2：设中点为，连接，则， 又侧面底面，侧面底面侧面， 所以底面， 又底面，所以， 又，所以两两垂直， 故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系. 因为三棱台两底面间的距离为，即， 又三角形为正三角形，且， 则，设， 则， 设平面的法向量为， 则， 可取 设直线与平面所成的角为， 则， 由， 所以，故或（因为，故舍去）， 此时与点重合， 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已经函数，其中． （1）若，求的极值； （2）讨论的零点个数，求的取值范围； （3）当时，证明：不等式恒成立． 【答案】（1）极大值为1，无极小值 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． 【小问2详解】 因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． 【小问3详解】 当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 17. 已知是数列的前项和，，. （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到； （2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论. 【小问1详解】 当时，，， ，又，； ，即，； 则当为奇数时，；当为偶数时，； . 【小问2详解】 由（1）得：， ， ， ，. 18. 在三棱锥中，点在底面内的投影恰在直线上，与的面积相等． （1）若，证明：为线段的中点； （2）若，，的面积等于． （ⅰ）证明：的周长为定值； （ⅱ）当二面角的平面角为时，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）6 【解析】 【分析】（1）过A作，垂足为G，连接GB，先求证平面，再证明平面，最后利用面积得出即可求证； （2）（ⅰ）根据条件求出，，以C为原点建系，设，利用向量法求出A到CP的距离即可求出点的轨迹方程，结合椭圆的定义求解； （ⅱ）设，，先求出平面BCP、平面ACP的法向量，根据二面角求出，再设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理化简求出，最后利用弦长公式求解. 【小问1详解】 过A作，垂足为G，连接， 因为点在底面内的投影恰在直线上， 则平面，平面，则， 又，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，，， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为与的面积相等，GA与GB分别为两个三角形边上的高， 则，故为等腰三角形， 又，则F为线段AB的中点； 【小问2详解】 （ⅰ）因为，，所以， 因为，所以， 以C为原点，所在方向为x轴正方向，平行于所在方向为z轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设，则，， 则A到CP的距离为， 化简得：， 同理可得B的轨迹方程也是， 故点A，B在以C为中心的椭圆上，且E，F分别为该椭圆的左、右焦点， 所以，故的周长为定值16； （ⅱ）设，， 则，，， 设平面ACP的一个法向量为， 则， 取，则，，则， 同理可得平面BCP的一个法向量为， 因为二面角的平面角为， 所以， 又A，B在上， 则 ，故， 在xOy平面中，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立， 化简得，则，， 又， 故，解得， 由弦长公式得线段AB的长 ． 19. 某地市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含量抽样检验，按照国家标准规定，在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于55%为优级品，固形物含量低于55%且不低于50%为一级品，固形物含量低于50%为二级品或不合格品. （1）现有5瓶水果罐头，已知其中3瓶为优级品，2瓶为一级品. （ⅰ）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率； （ⅱ）对这5瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出5瓶罐头的等级时终止检验，记检验次数为，求随机变量的分布列与期望； （2）已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为，且各件产品是否为优级品相互独立，若在5次独立重复抽检中，至少有3次抽到优级品的概率不小于，求的最小值. 【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据古典概型概率计算公式，求出事件概率. （ii）根据不同的检验顺序，分析所有可能的情况，再根据分步乘法计数原理，求出事件概率，写出分布列，计算期望. （2）根据二项分布的概率公式，计算至少有3次抽到优级品的概率，列出不等式，求出参数范围，写出最小值. 【小问1详解】 （i）5瓶水果罐头，其中3瓶为优级品，2瓶为一级品，抽出一瓶优级品后，还剩2瓶优级品，2瓶一级品，再抽一级品的概率为； （ii）的所有可能取值为：2，3，4， 当时，即最先抽出两个一级品，则. 当时，分为最先抽出三个优级品，和先抽一个优级品一个一级品，第三个抽一级品两种情况， 则. 当时，前三个为两个优级品一个一级品，第四个为一级品，和第四个为优级品两种情况， 则. 的分布列为： 2 3 4 . 【小问2详解】 记在5次独立重复抽检中，至少有3次抽到优级品的概率为，其中； 则. ； 在单调递增. 又，则. 的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年漳县第一中学、第二中学、漳县职业学校 高三5月考前模拟数学试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 复数、分别对应复平面内的点、，若，则（其中为坐标原点），是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 有一个锐角为的直角三角形 4. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 5. 已知变量与变量的关系可以用模型（，为常数）拟合，设，变换后得到一组数据如下： 2 3 4 5 6 1.02 1.20 1.42 1.62 1.84 由上表可得经验回归方程为，则（ ） A. 0.206 B. C. 0.596 D. 6. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为，则生成它的正方体的棱长为（ ） A. 2 B. C. D. 4 8. 在中，已知是边上一点，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 存在，使得平面 10. 箱中共有包装相同的件正品和件赝品，从中不放回地依次抽取件，用表示“第一次取到正品”，用表示“第二次取到正品”，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个不等实根，它们分别为，，2，则（ ） A. 实数为0 B. 为定值 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列与的前项和分别为，，且，则的值为_____. 13. 已知，则的值为______． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为4次的概率为__________． 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. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 16. 已经函数，其中． （1）若，求的极值； （2）讨论的零点个数，求的取值范围； （3）当时，证明：不等式恒成立． 17. 已知是数列的前项和，，. （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，证明：. 18. 在三棱锥中，点在底面内的投影恰在直线上，与的面积相等． （1）若，证明：为线段的中点； （2）若，，的面积等于． （ⅰ）证明：的周长为定值； （ⅱ）当二面角的平面角为时，求线段的长． 19. 某地市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含量抽样检验，按照国家标准规定，在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于55%为优级品，固形物含量低于55%且不低于50%为一级品，固形物含量低于50%为二级品或不合格品. （1）现有5瓶水果罐头，已知其中3瓶为优级品，2瓶为一级品. （ⅰ）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率； （ⅱ）对这5瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出5瓶罐头的等级时终止检验，记检验次数为，求随机变量的分布列与期望； （2）已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为，且各件产品是否为优级品相互独立，若在5次独立重复抽检中，至少有3次抽到优级品的概率不小于，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $