精品解析：福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期高考前热身模拟数学试题

绝密★启用前 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高考前热身模拟 数学试题 2026.5 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 3．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 4．考试结束后，考生上交答题卡． 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. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 在平行四边形中，为的中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数若存在最小值，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，过点的直线与圆交于、两点，且，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 设，则的取值范围是（ ） 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 若过点可以作曲线的两条切线，则 B. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 C. 若在上恒成立，则 D. 若函数有且只有一个零点，则实数的范围为 11. 在棱长为1的正方体中，为正方体内（含表面）的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则（ ） A. 的最小值为 B. 点的轨迹形成图形的面积为 C. 点的轨迹与正方体表面交线的长度为 D. 当点在侧面上时，的最小值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为________． 13. 已知抛物线，为坐标原点，直线与抛物线交于两点，且，则______． 14. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 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. 国内某摩托车企2025年3月—9月新车月销售量y（单位：百台）的数据如下表： 月份 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 月份代号x 1 2 3 4 5 6 7 月销售量y 11 16 18 21 24 28 29 计算得． （1）求y关于x的线性回归方程； （2）现从这7个月的月销售量数据中随机抽取3个，记抽取的数据中不低于20（单位：百台）的数据个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，． 16. 如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 17. 在中，，点在线段上． （1）若，，求线段的最大值； （2）若，，，求． 18. 已知抛物线：的焦点为F，A，B是C上不同的两点（其中A在第一象限），点．当A，B关于x轴对称，且时，． （1）求C的方程； （2）已知Q为轴上一点（点Q与F不重合），D，E是C上不同的两点（其中D在第一象限），且，若D，E，F三点共线，，求证：轴． 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若为函数的正零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高考前热身模拟 数学试题 2026.5 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 3．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 4．考试结束后，考生上交答题卡． 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】B 【解析】 【分析】根据函数定义域求法可求得集合，由交集定义可得结果. 【详解】，. 故选：B. 2. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，再根据复数的乘法计算可得. 【详解】因为， 所以， 则， 所以. 故选：D 3. 在平行四边形中，为的中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 如图，. 4. 已知函数若存在最小值，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可. 【详解】当时，， 故当时，有最小值为； 当时，单调递减，所以，由题意存在最小值， 则，解得，即c的最大值为. 故选：A. 5. 在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥可放置在如图所示的长方体中，求出长宽高，再利用三棱锥的体积等于长方体的体积减去其余四个三棱锥的体积求出即可； 【详解】 由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中， 设长方体的长宽高分别为， 则， 解得该长方体的长为，宽为1，高为2， 则三棱锥的体积为 故选：A. 6. 在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，或，进而可得. 【详解】若满足条件的恰有一解，如图 则，或， 当时，， 当时，， 所以AC的取值范围是. 故选：D 7. 已知圆，过点的直线与圆交于、两点，且，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，，由向量关系可得，代入圆的方程即可得到，再由两点间距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】设，，且， 由可得，即， 将代入圆方程可得， 即，化简可得， 将代入可得，解得， 则， 所以. 故选：D 8. 设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用，得出，再换元应用二次函数单调性结合三角函数值域得出的取值范围. 【详解】因为，则， 则， 又因为，所以， 令，当单调递减，当单调递增， 所以当时，，当或时，， 所以的取值范围是. 故选：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项C；利用均值和方差公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因， 样本数据最中间的项为， 由中位数的定义可知，，A正确； 对于B，不妨令， 则，B错误； 对于C，不妨令， 则，C错误； 对于D，数据的均值为： ， 其方差为，D对. 故选：AD 10. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 若过点可以作曲线的两条切线，则 B. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 C. 若在上恒成立，则 D. 若函数有且只有一个零点，则实数的范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数图像性质，利用导数判断即可. 【详解】解：对于选项A；画出曲线的图象，根据图可判定点在曲线下方和轴上才可以作出两条切线，故，故A正确； 对于选项B，利用经典不等式可知对的；对于选项C，若在上恒成立，则在上恒成立，即，，设，，，，在单调递增，在上单调递减，所以，故C对； 利用C选项的过程，画出函数的图像可知或，故D错. 故选：ABC. 11. 在棱长为1的正方体中，为正方体内（含表面）的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则（ ） A. 的最小值为 B. 点的轨迹形成图形的面积为 C. 点的轨迹与正方体表面交线的长度为 D. 当点在侧面上时，的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由图通过折叠相关平面，使共面，据此可判断选项正误；对于B和C，由题设可得M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，据此可判断选项正误；对于D，注意到，据此可判断选项正误． 【详解】对于A，由图注意到，将平面沿折叠至平面处，使共面， 则，当且仅当三点共线时取等号，故A正确； 对于B，注意到，则M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的， 则点M的轨迹所形成图形的面积为：，故B错误； 对于C，由B分析，点M的轨迹与正方体表面的交线长度为：，故C正确； 对于D，注意到，过N作平行线交于，则， 从而，当且仅当三点共线时取等号，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为________． 【答案】 【解析】 【详解】的展开式中的项为：， 所以的展开式中的系数为. 13. 已知抛物线，为坐标原点，直线与抛物线交于两点，且，则______． 【答案】3 【解析】 【详解】 联立直线与抛物线方程得， 又， ，即， ，解得． 14. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 【答案】35 【解析】 【分析】根据可得，由累加法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解. 【详解】由，得，由累加法，当时， ， 当时，， 因此， 即得，当时，，故， 由得，所以， 所以， 所以， 即，令， 则， 因为，所以，所以数列为递增数列， 当时，，所以， 综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为. 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. 国内某摩托车企2025年3月—9月新车月销售量y（单位：百台）的数据如下表： 月份 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 月份代号x 1 2 3 4 5 6 7 月销售量y 11 16 18 21 24 28 29 计算得． （1）求y关于x的线性回归方程； （2）现从这7个月的月销售量数据中随机抽取3个，记抽取的数据中不低于20（单位：百台）的数据个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，． 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）根据所给数据，结合参考公式直接计算，即可求解； （2）写出X的所有可能，求对应概率即可得出分布列，由期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 ，，，根据参考数据可得， ， 所以，故y关于x的线性回归方程为； 【小问2详解】 数据中不低于20（百台）的月份：6月、7月、8月、9月，共4个； 低于20（百台）的有3个，随机变量X的可能取值为0，1，2，3， ；； ；； 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望为. 16. 如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）1； 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【小问1详解】 连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ． 【小问2详解】 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 17. 在中，，点在线段上． （1）若，，求线段的最大值； （2）若，，，求． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式得出，结合余弦定理得出，进而求出的最大值； （2）方法一：利用基底法表示向量，利用平面向量基本定理求出，利用已知条件结合三角形面积公式求解；方法二：利用余弦定理构造方程求出，利用正弦定理计算求解． 【小问1详解】 由三角形的面积公式， 整理得， 在中，由余弦定理得：， ， 当且仅当取等号， 解得， ， 的最大值为． 【小问2详解】 方法一：，， 两边平方得，， ，，， ，解得， ， ， ． 方法二：设，，， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得，， ， ， 即，化简得①， 在中，由余弦定理得，， 化简得：②， 由①②联立可得，，， 为等腰三角形，， 在中利用正弦定理得，， 在中利用正弦定理得，， ． 18. 已知抛物线：的焦点为F，A，B是C上不同的两点（其中A在第一象限），点．当A，B关于x轴对称，且时，． （1）求C的方程； （2）已知Q为轴上一点（点Q与F不重合），D，E是C上不同的两点（其中D在第一象限），且，若D，E，F三点共线，，求证：轴． 【答案】（1） （2）由题意得，与轴不垂直，不妨设直线，，，，， 联立，整理得，则， 所以，．取中点，连接，则，，由，，得，又，则， 所以，即，则，因为， 则，则，则轴，即轴． 【解析】 【分析】（1）根据，关于轴对称得到轴，结合得到点纵坐标，进而得到直线过焦点，结合勾股定理求解即可. （2）设直线，，与抛物线联立，取中点，求出，结合几何关系得到，进而得到，代入推出，得到轴，即可得证. 【小问1详解】 因为，关于轴对称，，所以轴，且点纵坐标为. 令，则，解得，于是直线过焦点． 在中，，， 则，解得， 故的方程为． 【小问2详解】 略. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若为函数的正零点，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先得到函数的定义域，求出导函数，然后分三种情况讨论即可求得结果； （2）根据（1）中的结论得到单调区间，将不等式转化为函数之间的关系，即可得到恒成立问题，构造新的函数，再根据导数讨论单调性即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， ①当即时，， 函数单调递增，增区间为，没有减区间； ②当时，令，解得， 当，则，即时， 可得函数的减区间为，增区间为； ③当，则，即时， 可得函数的减区间为，增区间为； 综上，当时，增区间为； 当时，减区间为，增区间为； 当时，减区间为，增区间为； 【小问2详解】 由（1）可知当时，函数的减区间为，增区间为， 可知等价于. 因为，为函数的正零点， 所以，等价于证明， 又由， 令，有， 可得 ， 令，有， 可得函数单调递减，有， 可得当时，. 故有，可得得证. 【点睛】方法点睛：借助导数讨论函数单调区间的方法： （1）根据函数解析式得到函数的定义域，单调区间均在定义域内讨论； （2）求出函数的导函数，根据导函数的正负来判断原函数的单调性，这个时候注意分情况讨论，大多数时候需要令导函数为零求出极值； （3）本题关键点是利用单调性和零点定义将不等式转化为恒成立问题，然后通过换元构造新的函数，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想和分类讨论思想的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $