湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第五次强化考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第五次强化考试 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1．已知集合，，则（    ）． A．R B． C． D． 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3．已知角与的终边关于轴对称，且，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 4. 某新能源实验室迭代优化固态电池快充工艺，电池单次充满所需时长（单位：分钟）与工艺迭代次数的关系式为，定义边际时长缩减量．当时，继续迭代带来的快充提升低于研发成本，应当停止迭代．已知，则满足停止迭代条件的迭代次数至少为（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 26 5 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 6．已知抛物线上两点，处的切线互相垂直，则（    ） A． B． C． D． 7．《九章算术》记载的“圆囷”是圆柱形粮仓.现用总长米的篱笆围成一个圆柱形粮仓的侧面（不计上下底），已知圆柱侧面积，侧面用料长度满足（其中为两条母线的长度和，为底面半径，为高，单位均为米）.若要使圆柱侧面积最大，则其高与底面半径之比的值为（    ） A． B． C． D． 8．定义在上的“关联二次函数”满足，且，则（  ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9．已知函数，则（    ） A．的最小正周期为1 B．的最小值为 C．的图象关于直线对称 D．的单调递增区间为 10. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设双曲线的左、右焦点分别是是双曲线的左支上一点，为线段的中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 的外接圆周长为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知随机变量服从正态分布，若，则=_________. 13. 已知向量，，则_________． 14．我校数、理、化竞赛时，高一某班有名学生参加数学竞赛，名学生参加物理竞赛，名学生参加化学竞赛，其中参加数、理、化三科竞赛的有名，只参加数、物两科的有名，只参加物、化两科的有名，只参加数、化两科的有名若该班学生共有名，则没有参加任何竞赛的学生共有__________名. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的值； （2）将函数上所有点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位，最终得到的图象，求的解集． 16. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，．为的中点，为的三等分点（靠近点）． （1）请用表示； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，过的平面与射线、分别交于点、，求三棱锥体积的最小值． 17．某市举办青少年科技创新知识竞赛，共设三个环节，依次为“基础理论”“实验操作”和“综合应用”.已知某选手通过三个环节的概率分别为，且各环节之间相互独立.每个环节通过得10分，未通过得0分，已知该选手三个环节全部参加.记为该选手的总得分. (1)求该选手恰好通过两个环节的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)学校规定：总分达到20分及以上可获一等奖学金500元，总分10分可获二等奖学金200元，总分0分不获奖学金.记该学生获得的奖学金金额为元，求的数学期望. 18. 已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，. （Ⅰ）求直线的斜率； （Ⅱ）求椭圆的方程； （Ⅲ）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）的斜率的取值范围. 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 泸溪一中2027届高三第五次强化考试 数学试卷参考答案 1．B【详解】,,,故选：B. 2.【答案】A【详解】一方面， 另一方面：，但，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A. 3．B【详解】因为角与的终边关于轴对称，则，故，因为，，所以，故的最大值为.故选：B. 4【答案】C【详解】由题意，得． 由，得．两边取自然对数，得，所以， 解得，所以满足停止迭代条件的迭代次数至少为． 5【答案】C【详解】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；又，故点在三角形底边的高线上，则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：又，则，故，； 则，设，故，当且仅当时取得等号；也即的最小值为. 6．A【详解】的导数，由导数的几何意义，在处的切线斜率为，在处的切线斜率为.又因为切线互相垂直，所以，所以 7．B【分析】根据题意，得到，代入圆柱的侧面积公式，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由，可得，将代入圆柱的侧面积公式， 可得，因为，所以当时，取得最大值，将代入，可得，所以. 8．C【分析】利用赋值法，得，求和即可.【详解】已知， 令，代入得到，已知，则有，所以 ，. 9．BD【详解】的最小正周期，故A错误；由于的最小值为，所以的最小值为，故B正确；当时，，所以直线不是的对称轴，故C错误；令，解得，所以的单调递增区间为，故D正确． 10【答案】BCD【详解】因为，所以，故A错误；由图象知，故B正确；因为，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：BCD． 11.【答案】AC【详解】设双曲线的焦距为，实轴长为，虚轴长为，则，所以，所以，所以双曲线的离心率，故A正确．因为线段的垂直平分线经过原点为线段的中点，为线段的中点，所以为的中位线，且，所以，所以为直角三角形，所以的外接圆直径为， 所以的外接圆周长为，故B错误．，故C正确．因为所以，故D错误． 12．【详解】因为，所以正态曲线关于对称，且标准差，因为，所以，因此. 13【答案】．【详解】因为向量，所以，即，所以，即，故应填． 14【答案】【分析】根据韦恩图，分别求出单独参加物理、数学和化学的人数，即可求出参赛人数，进而求出没有参加任何竞赛的学生.【详解】由韦恩图知：因为有名学生参加数学竞赛，名学生参加物理竞赛，名学生参加化学竞赛，参加数、理、化三科竞赛的有名，只参加数、化两科的有名，只参加数、物两科的有名，只参加物、化两科的有名，所以单独参加数学的有人，单独参加物理的有人，单独参加化学的有人，故参赛人数共有人，没有参加任何竞赛的学生共有人．故答案为：10. 15【答案】（1）1 （2） 【1】， 而，又得：． 【2】由（1）知：，，由得：得，， ，或，解得：或，，得：或，，所以的解集为：. 16【答案】（1） （2） （3） 【分析】（1）利用空间向量基本定理线性表示出向量即可； （2）利用面面垂直的性质定理，余弦定理以及线面角的定义结合已知条件求解即可； （3）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标和求出相应向量坐标，利用点共面的性质、锥体体积公式以及基本不等式分析求解即可. 【1】由题意，连接，如图所示， 由为的中点，为的三等分点（靠近点），则. 【2】因为平面，平面，所以，过点作，垂足为，如图所示，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，面，面，则平面，因为平面，所以，过作，垂足为，由平面，所以，所以平面，则为直线与平面所成角， 由题意可知， 根据余弦定理得：，所以，,设直线与平面所成角为，在直角三角形中有：所以直线与平面所成角的正弦值． 【3】由（2）知，，，，以为原点，以所在直线分别为轴， 在平面内，以与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则， 由于四点共面，则存在实数，使得，即，解得，而，故，解得，当且仅当，即时等号成立，而到平面的距离为，所以，当且仅当时成立. 17．(1) (2)随机变量的分布列为： (3)402元 【分析】（1）将“恰好通过两个环节”分解为三种互斥情况：通过第1，2个，未通过第3个；通过第1，3个，未通过第2个；通过第2，3个，未通过第1个，分别求出三种情况的概率，然后相加即可；（2）随机变量的所有可能取值为，，，，分别对应三个环节均未通过；恰好通过一个环节；恰好通过两个环节；三个环节全部通过，利用全概率公式计算得到分布列即可.（3）利用随机变量与随机变量的关系，得出随机变量的分布列，然后利用定义求期望即可. 【详解】（1）设事件表示“第个环节通过”，则，，，且，，相互独立.“恰好通过两个环节”包含三种互斥情况：通过第1，2个，未通过第3个：.通过第1，3个，未通过第2个：.通过第2，3个，未通过第1个：.因此，恰好通过两个环节的总概率为. （2）由题意易知，随机变量的所有可能取值为，，，.①当时，三个环节均未通过： .②当时，恰好通过一个环节，分为三种情况：仅通过第1个：概率为：.仅通过第2个：概率为：.仅通过第3个：概率为：.所以.③当时，恰好通过两个环节，由（1）可知.④当时，三个环节全部通过：.综上，随机变量的分布列为： （3）由题意，奖学金与总分的关系如下：当或时（总分），获得一等奖学金元； 当时，获得二等奖学金元；当时，获得元.因此，随机变量的取值为，，，对应概率为：，.所以的分布列为： 0 200 500 .故该学生获得奖学金金额的数学期望为402元. 18【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） ；（Ⅲ） . 【详解】（Ⅰ） 由已知有，又由，可得，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解得. （Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为 （Ⅲ）设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得 或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.①当时，有，因此，于是，得②当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是 19【答案】（1） （2）证明见解析 （3）． 【1】．又． 曲线在点处的切线方程为，即． 【2】证明：等价于． 方法一：令，则．令，则．函数在上单调递增，且，函数在内存在唯一的零点，即．当时，；当时，，函数即在上单调递减，在上单调递增，函数的最小值为，函数在上单调递增． 当时，；当时，．综上，在上恒成立，即在上恒成立． 方法二：令．当时，． 当时，．令，则在上单调递增．，函数即在上单调递增，，函数在上单调递增，． 综上，在上恒成立，即在上恒成立 【3】不等式，即，等价于．令，则原不等式可转化为．函数在上单调递增，在上恒成立，可得在上恒成立，在上恒成立．设，则，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数的最小值为．又实数的取值范围为． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $