精品解析：黑龙江哈尔滨市第九中学2025-2026学年高三下学期第五次模拟考试数学试卷

哈九中2025—2026学年度高三下学期 第五次模拟考试数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分 共2页） 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题（共8小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意） 1. 设复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于，，则. 所以，共轭复数为. 2. 已知集合，，则集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】求出的元素个数，即可得答案. 【详解】由，可得或，， 又因为， 所以，共2个元素， 所以的子集个数为. 3. “曲线C：（）为双曲线”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】曲线C：（）为双曲线，则，解得或， m可能取的值，无法推出一定成立，故充分性不成立； 若成立，则，，方程表示焦点在x轴上的双曲线， 可推出“曲线C为双曲线”成立，故必要性成立， 综上，“曲线C：（）为双曲线”是“”的必要不充分条件. 4. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】是定义域为的奇函数，可得， ，令，得， 令，得， 又函数为上的奇函数，故. 5. 设等比数列的前n项和为，已知，，则（ ） A. 18 B. 26 C. 34 D. 42 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列连续相同项数的和仍成等比数列的性质，分别求出三组连续三项的和，相加即可. 【详解】由题，， 根据等比数列的性质，，成等比数列， 故， ， 所以. 6. 在中，，，，则角B的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理求解，再结合三角形边角关系求解. 【详解】由正弦定理：，代入，，可得： ， 则或， 由，得， 故. 7. 如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解. 【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故. 8. 如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点是底面圆周上异于的一点，若，当三棱锥体积最大时，则点到平面的距离（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】法一： 当三棱锥体积最大时，即直接的面积最大，可得点是弧AB的中点，连接交于点，点到平面的距离等于点到平面的距离，利用体积相等可得答案； 法二：当三棱锥体积最大时，即直接的面积最大，可得点是弧AB的中点，易证平面平面平面ADE，因此点到平面BDE的距离为点到直线DE的距离，可得答案； 法三：当三棱锥体积最大时，即直接的面积最大，可得点是弧AB的中点，建立空间直角坐标系，利用点到平面的空间距离公式计算可得答案. 【详解】法一：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即， 当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大， 由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形， 此时，， 连接交于点，所以点为的中点， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 设点到平面的距离为， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 由于平面，所以， ，所以， 所以，解得. 法二：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即， 当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大， 由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形， 所以，， 连接交于点，所以点为的中点， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 做，且交于点， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面， 因此点到平面的距离为点到直线的距离， 即. 法三：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即， 当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大， 由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形， 可得， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以点到平面的距离为. 故选：D. 二、多选题（共3小题，每小题有多个选项符合题意，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. 已知数列满足：，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 设，则数列的前10项和为52 D. 设，则数列既有最大项，又有最小项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据递推关系求出判断A；根据等差数列前项和公式计算判断B；写出数列前10项，计算求和判断C；求得，根据单调性计算判断D. 【详解】对于A，当时，； 当时， . 当时，上式亦成立，所以，故A正确； 对于B，的前项和为，故B错误； 对于C，， 时，时， 故前10项和为，故C正确； 对于D，， 当时，，并且单调递减，； 当时，，并且单调递减，. 所以最小，最大，故D正确. 10. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为，一束平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若直线倾斜角为，则 C. D. 与之间的距离为3 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再逐项分析判断. 【详解】抛物线的焦点为，由轴，，得， 直线斜率，直线方程为，由，得， 对于A，，，A正确； 对于B，，由，，得，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，与之间的距离为，D错误. 故选：AC 11. 如图，在矩形中，，，M，N分别为，的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积有最大值 B. 三棱锥外接球半径为定值 C. 存在某个位置使 D. 直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，当平面平面时，三棱锥的体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断； 对B，由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断； 对C，利用相似得到，利用反证法可得平面，得判断； 对D，分析直线被球截得的线段长与二面角的大小有关，求出二面角在临界值时的情况， 即可得到线段长的取值范围. 【详解】对于A，当平面平面时，点到平面的距离最大， 又，所以此时三棱锥的体积最大， 因此三棱锥体积有最大值，故A正确； 对于B，在翻折的过程中，和都是直角三角形，所以两个三角形的外接圆圆心都在的中点处， 故三棱锥外接球球心为的中点，半径为，故B正确； 对于C，如图，在矩形中连接，由， 所以，则， 假设存在某个位置使，又平面，且， 所以平面，又平面，所以， 又平面，，所以平面， 又平面，故，即，这与矛盾， 故不成立，故C错误； 对于D，因为球心为的中点，连接，所以， 又因为直线被三棱锥外接球截得的线段长为， 其中为球心到直线的距离， 所以的长度和二面角的大小有关，夹角越大，线段越长. 当二面角大小接近时，直线被球截得的线段长最长，趋于直径， 当二面角大小接近时，直线被球截得的线段长最短， 如图翻折后，此时，则， 所以，则，又， 所以此时直线被球截得的线段长， 综上，直线被球截得的线段长的取值范围是，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 已知正实数，满足，则的最大值是__________． 【答案】4 【解析】 【详解】因为为正实数，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立； 正实数满足，得，代入上述不等式可得：， 令，由得，不等式转化为：，整理得，即， 因为，所以，因此，即，故， 得，当且仅当时等号成立，因此的最大值为4. 13. 已知变量x、y满足线性相关关系，一组观测值如下表，且经验回归方程为．现有一对观测数据为，若该数据的残差为，则______． x 21 23 25 27 y 15 18 19 20 【答案】 【解析】 【分析】根据统计所得数据，可以先求出其样本中心点，代入可求得，进而可求得当时的预测值，再根据残差，即可求得观测值. 【详解】由题意可知，，， 将代入，得，解得， 所以. 当时，预测值，则. 14. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿（1643～1727）在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，在横坐标为的点处作图象的切线，该切线与轴的交点的横坐标为；在横坐标为的点处作图象的切线，该切线与轴的交点的横坐标为；一直继续下去，得到，它们越来越逼近的零点．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值可作为函数的一个零点．用“牛顿法”求方程的近似解，可以构造函数，若，则用牛顿法得到的近似值约为________．（结果保留两位小数） 【答案】 【解析】 【分析】分别求出曲线的切线方程，由切线方程求与x轴的交点横坐标，循环求解即可. 【详解】由，，，， 所以在处的切线方程为：． 令，得， 可得，， 所以在处的切线方程为：， 令，得. 故答案为:． 四、解答题（共5小题，总计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知扇形（如图所示），圆心角，半径，在弧上取一点，作扇形的内接矩形．记，矩形的面积为． （1）若时，求矩形的面积； （2）求与之间的函数关系式：当取何值时，最大？并求出的最大值． 【答案】（1） （2）;当时取最大值 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的定义，将矩形边长用半径和角表示，其中对边用正弦、邻边用余弦，再根据等腰直角三角形的性质得出另一段长度，从而用边长乘积建立面积表达式并代入角度求值； （2）用二倍角公式与降幂公式将面积表达式化为正弦、余弦的一次式，再用辅助角公式合并成单一正弦函数形式，最后根据定义域确定相位角的范围，利用正弦函数的有界性求出面积最大值及对应的角. 【小问1详解】 由题意，，则：，， 因为，，，为等腰直角三角形， 故，因此矩形的长， 矩形面积， 代入，，：. 【小问2详解】 由题可得的取值范围为， 矩形面积： ， 即与的函数关系式为：， 因为，所以， 的最大值为，当且仅当，即时取最大值， 此时的最大值为：. 16. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 连接，交于，连接， 在斜三棱柱中，是平行四边形，所以为的中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 连接，菱形中，，， 所以是等边三角形， 又为中点，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，， 所以平面； （3）不存在，利用平面夹角的向量坐标公式列式计算即可判断 【解析】 【分析】（1）中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可； （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面； （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不存在，理由如下：取的中点， 因为分别是的中点，所以， 又平面，所以平面， 所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 所以，， 设，， 因为，所以， 解得，，，即， 所以, 设平面的法向量， ，令，得， 显然是平面的一个法向量， 所以， 因为二面角为， 所以，化简得，解得， 因为，所以线段上不存在点，使二面角为． 17. 已知函数，． （1）若对于任意，都有，求实数a的取值范围； （2）若函数有两个零点，，且，证明：． 【答案】（1） （2）由题，，令，则，即在单调递减，在单调递增， 由有两个零点得，设， 则有, 当时，，单调递减，则， 即， 因为，所以， 因为，所以，即都在的单增区间， 所以. 【解析】 【分析】(1)参变分离，通过求导计算新函数最小值，得到a的取值范围； (2)构造对称函数把转化为落入增区间，替换等量函数值后借助单调性完成证明. 【小问1详解】 由题，因为，所以， 令，则，当时解得， 即当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在取得最小值，则. 【小问2详解】 略 18. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆C：（）的离心率为，面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左右焦点分别为与，点在椭圆C上，且；射线与分别与椭圆交于点与． ①若与的面积相等，求的面积； ②当点P在第一象限，求与面积之差的最大值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题目给出的椭圆面积公式、离心率条件，结合椭圆基本关系，联立方程求解得到，即可写出椭圆的标准方程； （2）①利用同底​的两个三角形面积相等推出为​的中点，结合椭圆中点性质和点位置求出坐标，再联立直线与椭圆方程得到交点坐标，最终计算得到三角形面积；将两个三角形的面积差用点坐标表示，结合满足的椭圆方程化简面积差的表达式，再利用换元转化为二次函数可求得面积差的最大值. 【小问1详解】 由题意，椭圆面积，得​， 离心率，即， 结合椭圆关系，代入得：，整理得，即， 代入得，解得，所以，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 ①由(1)得，​与同底​，面积相等说明​到直线​距离相等， 故直线过原点，得横坐标，结合得， 直线，由，得，解得，所以，得； 直线，由得，解得，所以，得； 长为​，到直线的距离为​，故的面积：. ②设，满足，则直线，记， 由，得，整理得， 所以，代入，得， 因为，所以， 同理可得 所以， 因为，所以， 令，则，令，则， 则，令， 则，则当，即时，取得最大值， 故与面积之差的最大值为. 19. 某公司招聘会上，共有n名来自甲、乙、丙三所高校的毕业生在随机排序后，逐一参加面试．每人面试时长1分钟，其中来自甲校的毕业生有m人（，，） （1）若， （ⅰ）求最后一位面试的毕业生来自甲校的概率； （ⅱ）已知其余毕业生中有2人来自乙校，1人来自丙校．如果甲校全体毕业生完成面试后，乙校和丙校都有毕业生还没参加面试，就称甲校率先完成面试．求甲校率先完成面试的概率； （2）记从面试开始到最后一名甲校毕业生完成面试，经过了X分钟，证明：X的数学期望． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）证明：X即最后一名甲校毕业生的位置，总共有种等可能选位置放甲校毕业生， 若，需前个位置选个放甲， 因此： ，，由 组合恒等式，得： ， 由​，得，代入得： ​， 因此：，原式得证. 【解析】 【分析】（1）（i）利用古典概型，统计5名应聘者中2名甲校毕业生的所有位置组合数，以及最后一位面试者为甲校毕业生的符合条件组合数，二者作比得到所求概率；（ii）先按丙校学生参加面试的顺序分类讨论得到甲校率先完成面试的排法，再利用古典概型概率公式计算概率； （2）先确定随机变量（最后一名甲校毕业生位次）的分布，再借助与朱世杰恒等式化简期望求和式，最终算出. 【小问1详解】 （i）总排列数为​，最后一位是甲校的排列数为​，因此概率： ；  （ii）设事件甲校率先完成面试， 其包含两类情况：一是丙校学生是第四个或第五个参加面试，二是丙校学生是第三个参加面试. 若丙校学生是第四个或第五个参加面试，则共有种不同的排法； 若丙校学生是第三个参加面试，则共有种不同的排法，  因此： ；​ 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈九中2025—2026学年度高三下学期 第五次模拟考试数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分 共2页） 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题（共8小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意） 1. 设复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 3. “曲线C：（）为双曲线”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设等比数列的前n项和为，已知，，则（ ） A. 18 B. 26 C. 34 D. 42 6. 在中，，，，则角B的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ） A. B. C. D. 8. 如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点是底面圆周上异于的一点，若，当三棱锥体积最大时，则点到平面的距离（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题（共3小题，每小题有多个选项符合题意，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. 已知数列满足：，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 设，则数列的前10项和为52 D. 设，则数列既有最大项，又有最小项 10. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为，一束平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若直线倾斜角为，则 C. D. 与之间的距离为3 11. 如图，在矩形中，，，M，N分别为，的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积有最大值 B. 三棱锥外接球半径为定值 C. 存在某个位置使 D. 直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 已知正实数，满足，则的最大值是__________． 13. 已知变量x、y满足线性相关关系，一组观测值如下表，且经验回归方程为．现有一对观测数据为，若该数据的残差为，则______． x 21 23 25 27 y 15 18 19 20 14. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿（1643～1727）在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，在横坐标为的点处作图象的切线，该切线与轴的交点的横坐标为；在横坐标为的点处作图象的切线，该切线与轴的交点的横坐标为；一直继续下去，得到，它们越来越逼近的零点．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值可作为函数的一个零点．用“牛顿法”求方程的近似解，可以构造函数，若，则用牛顿法得到的近似值约为________．（结果保留两位小数） 四、解答题（共5小题，总计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知扇形（如图所示），圆心角，半径，在弧上取一点，作扇形的内接矩形．记，矩形的面积为． （1）若时，求矩形的面积； （2）求与之间的函数关系式：当取何值时，最大？并求出的最大值． 16. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 17. 已知函数，． （1）若对于任意，都有，求实数a的取值范围； （2）若函数有两个零点，，且，证明：． 18. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆C：（）的离心率为，面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左右焦点分别为与，点在椭圆C上，且；射线与分别与椭圆交于点与． ①若与的面积相等，求的面积； ②当点P在第一象限，求与面积之差的最大值． 19. 某公司招聘会上，共有n名来自甲、乙、丙三所高校的毕业生在随机排序后，逐一参加面试．每人面试时长1分钟，其中来自甲校的毕业生有m人（，，） （1）若， （ⅰ）求最后一位面试的毕业生来自甲校的概率； （ⅱ）已知其余毕业生中有2人来自乙校，1人来自丙校．如果甲校全体毕业生完成面试后，乙校和丙校都有毕业生还没参加面试，就称甲校率先完成面试．求甲校率先完成面试的概率； （2）记从面试开始到最后一名甲校毕业生完成面试，经过了X分钟，证明：X的数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $