2025-2026学年第八中学校高三下册5月模拟预测数学试题 含答案

/数学一、单项选择题（本大题共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A=−1,0,1,2,B=A.B.C.D.2.若复数满足，则的共轭复数的虚部为A. B. C. D.3.已知双曲线C：的虚轴长是实轴长的2倍，且焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（）A. B.C. D.4.已知，则（）A. B. C. D.5.已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（）A.15 B.17 C.80 D.826.把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（）A.40 B.36 C.30 D.127.已知函数则不等式的解集为（）A.B.C.(1，0)D.8.已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为.若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则（）A.B.C.D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（）A.B.的展开式中所有项的二项式系数和为1C.是5的倍数D.10.在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，连接并延长与准线交于点，与轴交于点，准线与轴交于点，则（）A.为锐角B.APC.D.GA11.已知数列满足，则（）A.数列为递增数列B.C.D.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量满足，且，则___________.13.已知O为坐标原点，若椭圆E：上存在三点A，B，C，使四边形OABC为正方形，则椭圆E的离心率为__.14.若函数有两个极值点，且，，则实数a的取值范围为______.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.在①2sinA+π6问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____.（1）求；（2）若，求.16.如图，AB为⊙O的直径，垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，,三棱锥P-ABC体积的最大值为9.（1）当时，求二面角的正弦值；（2）当△PBC的面积最大时，求AC.17.已知函数．（1）若函数在处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；（2）若，都有恒成立，求实数a的取值范围．18.从1，2，3，…，这个正整数中每次等可能地随机抽取一个.（1）当时，若每个数字不可重复抽取，抽取数字直到抽到的数字大于2为止，记抽取次数为，求的分布列和期望；（2）若每个数字可以重复抽取，抽到次奇数时停止抽取（为正整数），此时共抽取了次，（i）若为奇数，证明：EYk（ii）若为偶数，求PYk19.已知曲线E：（1）证明：曲线是轴对称图形，并求的取值范围；（2）记点，直线.（i）证明：直线与曲线恒有三个不同的交点；（ii）设直线与曲线从左至右的交点依次为A，B，C，若存在直线l上的点，使得求点的轨迹方程.

数学一、单项选择题（本大题共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.已知集合且，则（）A.B.C.D.答案：B解析：解答过程：当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，所以，又，所以.2.若复数满足，则的共轭复数的虚部为A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义即可得出．解答过程：，，则z的共轭复数的虚部为1．故选D．方法提示：本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.已知双曲线C：的虚轴长是实轴长的2倍，且焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（）A. B.C. D.答案：C解析：解答过程：由题意得，，渐近线方程，焦点到的距离为，则，则此双曲线的方程为4.已知，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：设，则，．5.已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（）A.15 B.17 C.80 D.82答案：D解析：思路：根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果.解答过程：设各项均为正数的等比数列的公比为，∵，，成等差数列，∴，∴，∴，，解得.则.6.把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（）A.40 B.36 C.30 D.12答案：B解析：解答过程：张连号有，，，；张连号有，，，若有两组2张连号和一张单牌，则连号组合可以是，或，或，共种，再将其分给三个人共有种；若有一组3张连号和两张单牌，则连号组合可以是或或，则分给三个人共有种，故不同的分法种数为.7.已知函数则不等式的解集为（）A.B.C.(1，0)D.答案：B解析：思路：首先化简函数，再判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的性质解不等式.解答过程：fx=设gx=2x+所以，是偶函数，当时，g′x所以在单调递增，根据复合函数单调性可知，在单调递增，所以不等式f2即，两边平方，整理为，解得：或所以不等式的解集为.8.已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为.若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则（）A.B.C.D.答案：C解析：思路：根据圆锥的表面积公式得到母线，根据圆锥截面的性质、圆的截面性质及相互之间关系求解即可.解答过程：设圆锥的母线长为，则，解得.则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形.沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则为边长为的等边三角形，根据圆锥的性质易知截面圆的圆心为的外心，所以.沿，所在轴截面如图，易知，所以.所以，解得.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（）A.B.的展开式中所有项的二项式系数和为1C.是5的倍数D.答案：AC解析：思路：首先根据最大的二项式系数公式求，判断A，根据二项式系数和公式判断B，将写为，再根据二项展开式的特征判断C，利用二项展开式两边取导数，根据赋值法，判断D.解答过程：由条件可知，只有第5项的二项式系数最大，所以展开式有9项，由，可得，故A正确；的展开式中所有项的二项式系数和为，故B错误；，展开式的每一项都能被10整除，即能被5整除，故C正确；，两边求导数，，令，得，故D错误.10.在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，连接并延长与准线交于点，与轴交于点，准线与轴交于点，则（）A.为锐角B.C.D.答案：BCD解析：思路：设过焦点的直线方程并联立抛物线得到韦达定理关系，再逐一验证每个选项的结论.解答过程：抛物线，焦点，准线，G−p2,0设过的直线​，，联立抛物线得

，由韦达定理得，，则x1x2对于A：OA⋅OB=对于B：直线的方程为y=y2x2x，代入准线

得代入x2=y222p由抛物线定义​，故

，B正确；对于C：直线过P−p2,y1和，斜率令得Q0,y12，向量AQAQ⋅PF=−对于D：要证，平方后等价于x1+化简得：y1代入y12=2因为​，所以等式成立，

D正确.11.已知数列满足，则（）A.数列为递增数列B.C.D.答案：ACD解析：思路：对于A选项：构造函数，求导判断其单调递增．由算出，得．假设，可推出，再构造，求导判断其单调性，得出，所以数列递增．对于B选项：由A选项分析知，所以不存在使．对于C选项：要证，构造，多次求导判断单调性，得出，从而证明不等式成立．对于D选项：由C，取倒数后构造数列，再用累加法求和计算证明即可.解答过程：设，对其求导可得．因为恒成立，所以在上单调递增．已知，则，依次有，,，设，，对求导得．当时，，所以，在上单调递减．则，即，所以为递增数列，A选项正确．

由上述分析可知，所以不存在，使得，B选项错误．

要证，即证．设，，对求导得．令，求导得，当时，，所以在上单调递减．则，所以在上单调递增．所以，即，所以，，C选项正确.由选项C知，移项可得，两边同时乘以得.两边同时取倒数得，移项可得.因为，所以，即.利用累加法：.已知，则，所以，两边同时取倒数得，移项可得，选项D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量满足，且，则___________.答案：##解析：思路：根据得，由，两边同时平方得，结合两式计算即可.解答过程：因为，所以，又因为，所以，所以，解得.故答案为.13.已知O为坐标原点，若椭圆E：上存在三点A，B，C，使四边形OABC为正方形，则椭圆E的离心率为__.答案：解析：思路：利用正方形的向量性质得到各顶点坐标关系，代入椭圆方程化简得到与的关系式，再结合椭圆基本参数关系推导离心率.解答过程：如图，为原点，四边形为正方形，因此满足，且，设，将逆时针旋转90°得，则C−y1,x1，因此点坐标为都在椭圆上，分别代入椭圆方程，得x12a2+①②得x12−y121a若，则B0,2x1，代入椭圆方程得4x①②得x12+y121a若x1=−y1，则B2①②得x12+y1又，所以a2=3a2−c因此离心率e=14.若函数有两个极值点，且，，则实数a的取值范围为______.答案：解析：思路：将函数的极值点问题转化为方程有两个不同实根的问题，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系求出值域即可.解答过程.因为函数有两个极值点，，所以，是方程的两个不同实数根，即函数与的图象有两个交点，所以，，，且，.两式相除得，即.令，则，所以，解得.令gt=lnt令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以ht≤h2所以在上恒成立，所以函数在上单调递减，所以gt≤g2=又，所以.由，得，则0<x1≤ln令0<x≤ln2，则F所以函数在上单调递减，所以Fx≥F所以a≥故实数a的取值范围为.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题.问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____.（1）求；（2）若，求.答案：（1）（2）解析：思路：(1)利用正弦定理和三角恒等变换化简条件求B.(2)通过a,c边长的关系以及余弦定理求出a,b的关系，后利用三角形面积公式求出.（1）选①，根据正弦定理，3sin所以(3sinA+cossinB−π6=12选②，因为a+a+a2+c2−选③，因为sinA−sin解得a2+c2−（2）无论选①，②，③均得到，因为，，所以cosB=16c2+c又因为，所以sinA与上述同理.16.如图，AB为⊙O的直径，垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，,三棱锥P-ABC体积的最大值为9.（1）当时，求二面角的正弦值；（2）当△PBC的面积最大时，求AC.答案：（1）（2）解析：思路：(1)三棱锥体积最大，即底面三角形的面积最大，通过均值不等式求解，进而通过建系，用空间向量法分别求出两个平面的法向量，进一步求出二面角的大小；(2)将三角形的面积最值转化为求一元二次函数最值.（1）设，则.因为是底面圆的直径，所以，则三角形.在直角三角形中，由勾股定理，得.由重要不等式得，.当且仅当时，等号成立，即的最大值为.所以，三棱锥体积的最大值为，解得，.所以，,.因为在直角三角形中：，,所以，,.以为坐标原点，为轴，为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则、、、、、设平面的一个法向量为，则，得，解得，令，得.所以，，.设平面的一个法向量为，则，得，解得，令，得.所以，，.，.求二面角的平面角为，则，得，.所以，二面角的正弦值为.（2）因为面，面，，所以，，.由（1）题知，，则.因为面，面，所以，面.因为面，所以，.设，得，，..，当时，取得最大值为，此时，.方法提示：方法归纳：1.求二面角，优先选择空间向量法，步骤为：建系，求相关点的坐标，求两个平面的法向量，利用向量夹角公式求两个平面的法向量的夹角的余弦函数值，进一步得出所求二面角的大小与两个法向量夹角的关系（相等或互补）.2.第（2）题，灵活运用间接法巧设未知数，不直接设所求的长度，而是设长度，进而简化运算.易错归纳：1.忽略实际二面角的大小，直接将两个法向量的夹角当作二面角的大小.2.第（2）题，易将当作三角形的面积取得最大值的条件.3.建立空间直角坐标系，用向量法求点的坐标时，需要仔细核对点的位置与坐标的对应关系，避免因为点的坐标计算错误（比如点的坐标），导致后续计算全部出错.17.已知函数．（1）若函数在处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；（2）若，都有恒成立，求实数a的取值范围．答案：（1）的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）解析：思路：（1）首先利用导数的几何意义以及垂直关系求出，然后根据导数的正负即可求解；（2）令，不等式转化为：对任意，恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值，使其最小值大于等于0即可求解.（1）

，直线斜率为1，切线与垂直，故切线斜率，代入得：

，解得，符合.此时，当时，，故，单调递减；当时，，故，单调递增.结论：的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）原不等式整理得：

令（时可取遍所有实数），不等式转化为：对任意，恒成立.设，则，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以

，要求恒成立，即，结合得，解得.故实数的取值范围为.18.从1，2，3，…，这个正整数中每次等可能地随机抽取一个.（1）当时，若每个数字不可重复抽取，抽取数字直到抽到的数字大于2为止，记抽取次数为，求的分布列和期望；（2）若每个数字可以重复抽取，抽到次奇数时停止抽取（为正整数），此时共抽取了次，（i）若为奇数，证明：；（ii）若为偶数，求.答案：（1）的分布列为123（2）（i）证明见解析（ii）解析：思路：（1）判断的可能取值，结合概率的乘法公式求出对应的概率，即可得到分布列，进而求出期望.（2）（i）求出每次抽到奇数的概率，结合的意义计算每一个几何分布的期望，即可得证.（ii）求出每次抽