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1

数学模拟测试 一、单选题 1. 已知集合，则 中元素的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知向量，若反向共线，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 3或 D. 或7 3. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（ ） A. 511 B. 61 C. 41 D. 9 4. 设 是锐角，，则 （ ） A. B. C. D. 5. 设 ，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图所示，正方体棱长为2，正方形内（不含边界）一动点P在运动过程中始终满足．下列说法中正确的为（ ） A. 存在点P使得 B. 直线与点P的轨迹有公共点 C. 点P运动轨迹长为 D. 三棱锥P-BCD体积最大值为8 10. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，，则的取值可以为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 6 11. 数学家傅里叶证明了所有的器乐和声乐的声音都可用简单正弦函数的和来描述，其中频率最低的称为基音，其余的称为泛音，而泛音的频率都是基音频率的整数倍，所以我们听到声音的函数是，设声音函数，函数则（ ） A. 关于中心对称 B. 的最大值是 C. 是的一个周期 D. 若恰有一个零点时，则的取值范围为 三、填空题 12. 抛物线的准线方程是_______. 13. 已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的_______. 14. 我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种. 四、解答题 15. 已知函数，. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围. 16. 如图，在四边形中，与相交于点，且为 的角平分线，，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． （1）求证：平面 ； （2）设为棱上的点（不与重合），且直线与平面 所成角的正弦值为，求的值． 18. 某企业采用智能检测器对生产的产品进行检测.若产品为次品，该智能检测器能正确识别的概率为0.95；若产品为正品，该检测器将它识别为次品的概率为.该企业生产出的产品次品率为0.1.现用两台型号相同的检测器组成一个检测系统，每台检测器独立识别，若任意一台识别某件产品为次品，则认定该产品为次品. （1）若，求一件产品被该检测系统识别为次品的概率； （2）设该系统第次检测结果为随机变量表示检测结果为次品，0表示检测结果为正品，每一次检测结果相互独立.设随机变量.一次调查中抽取20件产品，检测出3件次品，若以此次检测结果的均值作为的数学期望，由此求的估计值； （3）若在检测过程中，需同时满足以下两个条件：①检测结果识别为次品，该产品确实是次品的概率至少为0.9；②检测结果识别为正品，该产品确实是正品的概率至少为0.9.求的最大值. 附：若随机变量相互独立，且存在，则；参考数据：. 19. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 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. 已知集合，则 中元素的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先计算一元二次不等式得出集合B，再应用并集定义计算求解. 【详解】集合， 则元素的个数是3个. 故选：A. 2. 已知向量，若反向共线，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 3或 D. 或7 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算以及共线的坐标表示计算即可. 【详解】因为，所以. 因为共线，所以，解得 或. 又反向共线，代入验证可知 时为同向，舍去. 而满足条件，所以. 故选：. 3. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（ ） A. 511 B. 61 C. 41 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数运算法则可求得，即可知数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，再由分组求和可得结果. 【详解】由可得， 即，所以，两式相除可得； 即， 由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列， 偶数项是以为首项，公比为2的等比数列， 所以 . 故选：B 4. 设是锐角，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦公式，结合齐次式弦化切可得，进而可得答案. 【详解】因为且， 所以， 故，结合， 解得. 故选：C. 5. 设 ，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断充分性，可用特值法进行验证；再判断必要性，结合不等式的性质可判断. 【详解】若已知，令，则， 所以“”是“”不充分条件； 若已知，因为 ，则，即， 所以“”是“”必要条件； 综上所述，“”是“”必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，进而根据题意得 在上单调递增，且，进而得，再解不等式即可得答案. 【详解】， 因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数 在上单调递增，且，即. 因为， 所以，函数 在上单调增， 等价于或， 所以，解不等式得或，所以，的取值范围是. 故选：C 7. 已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据新定义得，令 ，可判断A，对累乘结合组合数的阶乘形式化简即可判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n项和公式根据分组求和求解判断D. 【详解】因为，所以， 令 ，则，所以，故选项A错误； 因为， 所以累乘得， 因为，所以，故选项B错误； 因为，所以， 所以，故选项C正确； 故选项D错误. 故选：C. 【点睛】思路点睛：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 8. 已知直线，圆，过上一点作 的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可得，且，由点到直线的距离公式求得，进而求得直线的方程，再求出直线的方程，求得点的坐标，求出以为直径的圆的方程，易知直线是圆 与以为直径的圆的公共弦所在直线，两圆方程相减得解. 【详解】如图，，解得， 所以， 因这样的点有且仅有一个，由图知此时， 则圆心到直线的距离为6， 即，化简得，其中， ，则， ， 所以，即，则直线 的斜率为， 所以直线，即， 联立，解得，即， 因的中点坐标为，且， 则以为直径的圆的方程为 ， 整理得， 易知直线是圆 与以为直径的圆的公共弦所在直线， 将两圆的方程相减得， 故直线的方程为. 故选：B. 二、多选题 9. 如图所示，正方体棱长为2，正方形内（不含边界）一动点P在运动过程中始终满足．下列说法中正确的为（ ） A. 存在点P使得 B. 直线与点P的轨迹有公共点 C. 点P运动轨迹长为 D. 三棱锥P-BCD体积最大值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断AB，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断CD； 【详解】 由题意：，且，如图建系，设，， 所以，所以，， 所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧， 且，点到该直线的距离为， 所以与圆无公共点，B错误； 若，设，所以，所以， 所以，即，联立，解得， 所以点满足条件，所以A正确； 若最大，则到距离最大，即为与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故D错误； 令 ，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以， 因为为点的运动轨迹，所以，故C正确. 故选：AC 10. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，，则的取值可以为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 6 【答案】BD 【解析】 【分析】依题意可得，，两两的夹角为 或，按照此两种情况讨论，结合数量积的运算律即可求得结果. 【详解】因为平面向量，，两两的夹角相等， 所以平面向量，，两两的夹角为 或， 又，，， ①当夹角为 时，即向量，，同向，则； ②当夹角为时， 则，则， 综上所述，或. 故选：BD． 11. 数学家傅里叶证明了所有的器乐和声乐的声音都可用简单正弦函数的和来描述，其中频率最低的称为基音，其余的称为泛音，而泛音的频率都是基音频率的整数倍，所以我们听到声音的函数是，设声音函数，函数则（ ） A. 关于中心对称 B. 的最大值是 C. 是的一个周期 D. 若恰有一个零点时，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数的对称性，只需求得，则可判断A；对求导，求出函数的单调区间，结合图象即可求出最大值，则B可判断；求出，化简后看结果是否与相等即可判断C；对进行多次求导分析，结合隐零点问题的常见解题思维（设而不求）即可判断D. 【详解】对于A，， 关于中心对称，A选项正确； 对于B，， 所以是的一个周期， ， 令，即， 解得或， 所以或或， 当时，，即函数单调递增； 当时， ，即函数单调递减； 当时，，即函数单调递增； 又当时，； 当时，； 所以，B选项正确； 对于C，； 不是的一个周期，C选项错误；    对于D，由题意得， 注意到， ，， 令，则， ， 令，， 其中 ， 则当时，取最小值，最小值为， 若，即时，恒成立， 从而在R上单调递增， 又，则 时， ，时， ， 即 时，递减， 时，递增， 从而有最小值， 所以在R上递增，又， 所以只一个零点， 当时,存在，使得当时，，单调递减， 当时，， 单调递减， 当时，，单调递减， 当时，， 又， 所以在上有零点，且，不满足恰有一个零点， 所以若恰有一个零点时，a的取值范围为，选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题 12. 抛物线的准线方程是_______. 【答案】 【解析】 【分析】将题干抛物线方程写成标准方程，明确开口方向，即可写出准线方程. 【详解】将写成标准方程，即， 是开口向下的抛物线，且， 故其准线方程为， 故答案为：. 13. 已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于 的正数，则一个符合条件的_______. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据已知条件求出，根据题意令，由此确定符合题意的值即可. 【详解】因为， 根据已知条件有， 所以 ， 因为函数的最大值是一个小于 的正数， 所以时，满足题意， 所以满足上式的都符合题意，答案不唯一， 满足上式，所以符合题意. 故答案为： 14. 我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种. 【答案】204 【解析】 【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解. 【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为． 当 时，共有1种情况，即； 当 时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}； 当 时，共有5种情况，即，，，，； 当时，共有7种情况，即，，，，，，； 当 时，共有2种情况，即， ； 当时，共有7种情况，即，，，，，，； 当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}； 当 时，共有3种情况，即，； 当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}； 综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋3＋1＝34(种)情况， ∴不同的放法共有：种． 故答案为：204． 四、解答题 15. 已知函数，. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）单调增区间为，减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间； （2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区间得最小值再建立不等关系，得到范围. 【小问1详解】 当时， 时，，时，； 的单调增区间为，单调减区间为 【小问2详解】 时，，时， 又， 令 则，显然单调递减，且， 必然存在唯一使得 当，，单调递增， 当，，单调递减 由于时，，成立 当时，单调递减，且，因此成立 综上，成立的范围为 16. 如图，在四边形中， 与相交于点，且 为 的角平分线，，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理得出，再由正弦定理得出，进而由角平分线的性质得出； （2）先由平方关系以及差角公式求出，再由正弦定理求出，进而由三角形面积公式得出四边形的面积． 【详解】解：（1） 中，， 由余弦定理可得，所以， 再由正弦定理，可得 又因为 为 的角平分线，所以； （2） 中，，， 所以 从而 由正弦定理可得 而 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正余弦定理解三角形，由三角形面积公式得出四边形的面积. 17. 如图，在四棱锥 中， 平面，底面是直角梯形，其中 ，为棱上的点，且． （1）求证：平面 ； （2）设 为棱上的点（不与重合），且直线与平面 所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知证得， ，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理可得证； （2）设，表示点Q，再利用线面角的空间向量求解方法，建立方程解得，可得答案. 【小问1详解】 因为 平面， 平面， 平面， 所以， ，又因为， 则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知可得 ， ， ， ，，， 所以，，， 因为，，所以 ， ， 又， 平面 ，平面 ， 所以平面 . 【小问2详解】 设，即，， 所以，即， 因为直线与平面 所成角的正弦值为， 所以， 即，解得，即. 18. 某企业采用智能检测器对生产的产品进行检测.若产品为次品，该智能检测器能正确识别的概率为0.95；若产品为正品，该检测器将它识别为次品的概率为.该企业生产出的产品次品率为0.1.现用两台型号相同的检测器组成一个检测系统，每台检测器独立识别，若任意一台识别某件产品为次品，则认定该产品为次品. （1）若，求一件产品被该检测系统识别为次品的概率； （2）设该系统第次检测结果为随机变量表示检测结果为次品，0表示检测结果为正品，每一次检测结果相互独立.设随机变量.一次调查中抽取20件产品，检测出3件次品，若以此次检测结果的均值作为的数学期望，由此求的估计值； （3）若在检测过程中，需同时满足以下两个条件：①检测结果识别为次品，该产品确实是次品的概率至少为0.9；②检测结果识别为正品，该产品确实是正品的概率至少为0.9.求的最大值. 附：若随机变量相互独立，且存在，则；参考数据：. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用条件概率及全概率公式列式求解. （2）求出的概率，及随机变量的期望，再建立方程求出估计值. （3）利用条件概率公式分别求出两个条件下的概率，再列出不等式并求出解集即可得最大值. 【小问1详解】 设事件为“检测系统识别为次品”，事件为“该产品实际为次品”， 依题意，，， ，，， 若，则， ， 所以一件产品被检测系统识别为次品的概率为. 【小问2详解】 ， 则 又， 由抽查结果得，因此， 解得，根据参考数据可知，则， 所以的估计值为. 【小问3详解】 ， 则，即，解得，， 由，解得，因此， 所以的最大值为. 19. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为 . 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称 是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第 项开始的连续项里， 恰好比多一个，从而可以利用这点得到答案； （2）先证明“险胜时刻”的个数不超过，然后给出取到的例子，即可得到最多有个； （3）对，，三种情况分类讨论，即可得到答案. 【小问1详解】 所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第 项开始的连续项里， 恰好比多一个. 该数列的第项和第项为，其余为 . 所以 是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第 项开始的连续项里， 恰好比多一个. 那么满足条件的全部 为：. 【小问2详解】 ①首先证明：数列的“险胜时刻”的个数不会超过. 由于 是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第 项开始的连续项里， 恰好比多一个. 这就意味着，中有两个 ，一个，此时，称这样的是一个险胜三元组. 当某个 属于某个险胜三元组时，将这个 和这个险胜三元组配一对，设一共配了对. 设数列的“险胜时刻”的个数为，则恰好也是险胜三元组的个数. 每个险胜三元组恰包含两个 ，所以. 那么，很显然，中的每个 至多属于三个险胜三元组，而第一个 和最后一个 至多属于两个险胜三元组. 而中恰有个 ，这就表明，所以，得. 这就证明了数列的“险胜时刻”的个数不会超过. ②另一方面，当的第项为 ，其它项为时，验证即知中的每个正整数都是的“险胜时刻”. 综合①②两个方面，即知数列的“险胜时刻”最多有个. 【小问3详解】 是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第 项开始的连续项里， 恰好比多一个，即有五个 和四个. ①若，则当的第项为 ，其它项为时，数列的任意连续项之和都为负数，不可能为 ，所以不存在“险胜时刻”； ②若，可从下面的项数列中任意删去个得到数列： . 此时，数列的任意连续项至少有项为 ，所以不存在“险胜时刻”； ③若，由于对任意的，都是九个奇数相加，从而一定是奇数。 而对，都有，所以如果无解，则必定有或之一恒成立. 此时，又有 . 假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为 ，故 . 所以. 这表明每个等号都成立，所以，. 且，. 但这导致，矛盾. 再假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以，矛盾. 以上过程表明，和均不能恒成立，所以一定有解，即一定存在“险胜时刻”. 综合①②③，可知全部可能值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解“险胜时刻”的定义。只有理解了定义，方可解决相应问题。同时，（3）中的分类讨论也是解决问题的关键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $