辽宁省沈阳市五校2026届高三上学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市五校2026届高三上学期期末联考数学试题一、单项选择题（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.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以.故选：D.2.已知条件：，条件q：，则p是q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【答案】C【解析】对于：，则，解得，对于q：，则，，解得，所以p是q的充要条件．故选：C．3.已知圆C：，若直线：与圆C相交于，两点，则的最小值为（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】由直线：，所以可得直线必过定点，又由圆C：，可得圆心，半径，由点到圆心距离为，所以点到直线：的距离，则，经验证此时值存在.故选：B.4.下列函数中，最小正周期是π的偶函数是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A，，最小正周期是，故A不符合题意；对于B，令，所以是函数的一个周期，所以的最小正周期不是，故B不符合题意；对于C，令，易知，，，则周期不是π，故C不符合题意；对于D，，最小正周期是，是偶函数，故D符合题意．故选：D．5.已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，则由，，成等差数列，可得：，因为，所以，解得，又因为等比数列中，各项都是正数，所以，即，则.故选：C.6.下列说法正确的是（）A.两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数越接近于1B.数据7，4，2，9，1，5，8，6的70%分位数为6C.某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大D.已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4【答案】D【解析】A：线性相关程度越强时，相关系数的绝对值越接近1，负相关时会接近，故A错误.B：将数据排序为1，2，4，5，6，7，8，9，分位数对应的位置为，取第个数为，故B错误.C：正态分布中越大，数据离散程度越高，区间内的概率越小，故C错误.D：原4个数据的，加入数据5后，新方差为，故D正确.故选：D.7.在中，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，可得，根据余弦定理，可得，所以，即.由，当且仅当，即时取等号.故选：B.8.已知函数与函数（且）互为反函数，记.若在区间上是增函数，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为函数与函数（且）互为反函数，所以（且）.所以.设，，当时，在上单调递减，所以，又在区间上是增函数，所以在上单调递减，所以.又，所以.结合，所以.当时，在上单调递增，所以，又在区间上是增函数，所以在上单调递增，所以，又，所以不成立.综上可知：.故选：D.二、多项选择题（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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.设函数，则下列说法正确的有（）A.函数有三个零点B.是的极小值点C.函数的对称中心为D.过可以作三条直线与的图象相切【答案】BCD【解析】，，当或时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，所以，，又，所以函数仅有1个零点，且该零点在区间上，故A错误，B正确；由，得，所以函数的图象关于对称，故C正确；设切点为，则，故切线方程为，又过点，所以，整理得，即，解得或或，所以过可以作三条直线与的图象相切，故D正确．故选:BCD．10.已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（）A.为等比数列 B.为等比数列C. D.【答案】BCD【解析】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列，所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对；由，则，所以，所以，D对.故选：BCD.11.若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】因为四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，所以四面体的各棱长可以为（1）1边为1，其他5边为2；（2）2边为1，其他四边为2；（3）3边为1,3边为2.（1）当四面体的各棱长为1边为1，其他5边为2；如图示：不妨设,其他5边为2；取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,所以CE⊥AB且；同理可证：DE⊥AB且，又，所以AB⊥面.所以.在△CDE中，取CD中点F，连结EF,则EF⊥CD,且,所以.所以.（2）当四面体的各棱长为2边为1，其他四边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是对边为1，如图示：不妨设,其他4边为2；取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,所以CE⊥AB且；同理可证：DE⊥AB且.又，所以AB⊥面.所以.在△CDE中，取CD中点F，连结EF,则EF⊥CD,且,所以.所以.（3）当四面体的各棱长为3边为1,3边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是三条底边为1，侧棱为2，如图示：不妨设,；则四面体ABCD为正棱锥，过D作DO垂直底面于O,则O为三角形ABC的中心，所以，所以.而.所以.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知点为的外心，且，则_____．【答案】【解析】如图，取AB,AC的中点，则，则，故答案为．13.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则__________.【答案】【解析】由，可知，又，可得，由，可得，所以.故答案为：.14.已知、是双曲线的左、右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，交另一条渐近线于点B，且，则该双曲线的离心率为_______.【答案】或【解析】双曲线的渐近线方程为，右焦点，则点到渐近线即的距离为：.根据图形位置，可分两种情况：如图1：在直角中，，，，设，则，因为，所以.在直角中，，，而，则.又，即.所以.如图2：在直角中，，，，设，则.因为，所以.在直角中，，，而，则.又，所以.所以.故答案为：或.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.设，其中.（1）求函数的值域；（2）若在区间内单调递减，求的取值范围.解：（1），因，故，则.（2）的单调递减区间满足（），解得，的单调递减区间为要求，则，①，由于，，所以时，①无解，当时，①解得，当时，，①无解，所以的范围是.16.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）.解：（1）用表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”.则，..（2）的可能取值为.，，.故的分布列为2345所以.17.如图，在三棱锥中，，，，，，，，，的中点分别为，，，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：如图：连接.因为，为中点，所以.所以.在中，.取为空间向量的一组基底，则，，，，，.又，，,所以，，所以，，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：设，，连接.因为分别为中点，所以分别为和的重心，所以，所以.由（1）得，平面，平面，所以，，所以即为二面角的平面角，设为，又，所以，又，，，.所以，所以.所以.18.在平面直角坐标系中，已知点，，动点E满足直线与的斜率之积为，记E的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过点的直线交C于P，Q两点，（i）求的最小值；（ii）过点P作直线的垂线，垂足为G，过点O作，垂足为M.证明：存在定点N，使得为定值.（1）解：设动点，直线与的斜率之积为，，，，，，，，，，的方程为，曲线为椭圆除去这两个点.（2）（i）解：过点的直线交C于P，Q两点，①当直线不存在斜率时，直线的方程为，将代入，解得，则，解得，②当直线存在斜率时，设直线的方程为，联立，消去，得到关于的一元二次方程，整理得到，即，过点的直线交C于P，Q两点，，，，，设，过点的直线交C于P，Q两点，的解为，，，，，，，，，，综合①②，，.（ii）证明：过点的直线交C于P，Q两点，的方程为，与轴不重合，设的直线方程为，联立，消去，得到关于的一元二次方程，整理得到，设，过点的直线交C于P，Q两点，是的两个根，，，，过点P作直线的垂线，垂足为，，是：上的点，，，，，，，直线的方程为，整理得到，直线恒过定点，，为直角三角形，取的中点，则，故为定值，综上可