2025-2026学年海南省海口市高三下册模拟预测数学试题 含解析

/海南海口市2026届高三5月自测题库数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设等差数列的前项和为，若，则数列的公差为（

）A．6 B．3 C．-3 D．-44．若非零向量，满足，且，的夹角为，则（

）A． B．2 C． D．15．在平面直角坐标系中，圆：，过点且斜率存在的直线与圆相交于，两点，若，则圆心到直线的距离为（

）A．1 B．2 C． D．6．已知函数（，，）的图象如图所示，则下列关系式一定不成立的是（

）A． B． C． D．7．已知，则（

）A． B． C． D．8．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线交的右支于，两点，若，且，则的渐近线方程为（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知函数，其导函数为，则（

）A．是奇函数 B．是偶函数C．在上单调递减 D．“是周期函数”的否定是真命题10．下列说法中正确的是（

）A．，，，，，的上四分位数是B．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1C．若随机变量服从二项分布，则D．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数小于中位数11．已知函数图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，且在区间上单调，则下列说法正确的是（

）A．B．若，则或5C．若直线与点是距离最近的一组对称轴和对称中心，则在上的值域为D．若在内恰有两个零点，则三、填空题12．在的展开式中，常数项为________．13．在平面直角坐标系中，抛物线：（）的焦点，点，在上，且关于轴对称，定点，若，且直线，的斜率之积为，则________．14．已知四棱锥的底面是平行四边形，过点和的中点作平面，且平面与侧棱，（不含端点）分别交于点，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥体积的最小值为________．四、解答题15．已知的内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若外接圆半径为，当取得最大值时，求的周长．16．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，点在上．(1)求的方程；(2)过点且斜率存在的直线与交于，两点，若坐标原点在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围．17．如图，在五面体中，底面四边形是梯形，，，，，，为的中点．(1)求证：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知（）．(1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值；(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；(3)若，是函数的两个零点，求证：．19．某木雕社团举办相关知识比赛，题库中有大量的雕木选材与雕刻技术两类题目，从中随机选择一道作答，每次选到任意一类题目的概率均为．根据以往数据，甲答对雕木选材题目、雕刻技术题目的概率分别为，．规定比赛规则如下：若答对，继续选题作答；若答错，立即停止答题，比赛结束．答对雕木选材一题得1分，答对雕刻技术一题得2分，答错得0分，且每次作答相互独立．(1)求甲在完成1次作答后所得分数的分布列与数学期望；(2)在比赛过程中，记甲累积分数达到（）分的概率为．（i）求（）的值；（ii）求的最大值．题号12345678910答案CDBBACADABDAC题号11答案BC1．C【详解】，故.2．D【详解】，则在复平面内对应的点为，即在第四象限.3．B设等差数列的公差为，根据求和公式和通项公式代入求解即可.【详解】设等差数列的公差为，，所以，即，整理得：，解得4．B借助向量垂直数量积为及数量积公式计算即可得.【详解】由得，故，又均是非零向量，所以.5．A【详解】因为，所以点在线段垂直平分线上.又因为圆心也在线段垂直平分线上，所以直线就是的垂直平分线.因为，所以，因为，所以.由题意得直线过点，那么直线为，一般形式为.那么.6．C通过图象的单调性判断出，再通过时的函数值小于e判断出，最后结合指数函数图象的性质比较与的大小，对于D，取特值即可证明有可能成立.【详解】对于A，由图象知函数单调递增,故，A一定成立；对于B，且，则,进而，B一定成立；对于C，由A,B已得，，则，故一定不成立；对于D，若，则，故有可能成立.7．A【详解】由，得，即，得，则.因为，所以，.8．D首先根据双曲线定义求出的长度，结合已知的，先在中利用余弦定理求出的长，然后在中利用余弦定理建立与的等量关系，最后借助双曲线中的关系求出的值，即可得到渐近线方程.【详解】∵点在双曲线的右支上，根据双曲线的定义，可得.又∵，∴代入得.设，∵点也在双曲线的右支上，同理可得.∵直线过且与双曲线右支交于两点，故在线段上，∴，即，为等腰三角形.在中，由余弦定理得：，将，，代入上式：，整理得，∵，，∴解得，即，.在中，再次应用余弦定理：，其中，代入已知值：，计算得，化简得.又∵双曲线满足，代入得，整理得，即.∵双曲线的渐近线方程为，代入得：，整理为标准直线方程形式得，故选D.9．ABD求出导函数，根据奇函数、偶函数的定义即可判断AB；通过导数即可判断C；根据周期函数的定义即可判断D.【详解】已知函数，其导函数为，则，对于A，由于，所以是奇函数，故A正确；对于B，由于，所以是偶函数，故B正确；对于C，由于，令，则，再令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以当时，，即；当时，，即；所以在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上恒成立，因此在上单调递增，故C错误；对于D，由于，若是周期函数，则存在实数，对任意，有，即，化简得，显然，当时，左边代数式趋于无穷，右边代数式值域为，矛盾，因此不是周期函数，则命题“是周期函数”是假命题，所以命题“是周期函数”的否定是真命题，故D正确.10．AC直接计算第75百分位数即可判断A；根据相关系数的绝对值越接近于1，线性相关性越强判断B；根据二项分布的期望公式与线性期望公式判断C；根据频率分布直方图的性质判断D.【详解】对于A，数据共6个，，故第5个数据即为上四分位数，故正确；对于B，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故错误；对于C，随机变量服从二项分布，则，，故正确；对于D，数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其中位数小于平均数，故错误.11．BC根据题意得，且判断A；根据题意，结合对称中心求得，再结合，讨论或满足题意判断B；根据题意得，解得，再结合对称中心求得，最后整体代换求解值域判断C；结合题意得，解得，再结合对称中心求解得判断D.【详解】对于A选项，在正弦函数中，对称轴与对称中心的距离为，其中，因为函数图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，所以，即，即，由，解得，因为在区间上单调，正弦函数的单调区间长度不超过，所以，解得，故，综上，，故A选项错误；对于B选项，当时，，将对称中心为代入得，即，解得，因为，故或，当时，，在上单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；当时，，当时，，满足单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；综上，若，则或5，B选项正确；对于C选项，直线与点是距离最近的一组对称轴和对称中心，则，即，解得，所以，将对称中心代入得，即，解得，因为，故，所以，此时，上单调递增，且是其对称轴，满足题干要求；当时，，所以，即，故C选项正确；对于D选项，因为函数图象的一条对称轴为直线：，一个对称中心为，在内恰有两个零点，则，整理得，即，解得，所以，将对称中心代入得，即，解得因为，故，此时，由B选项知满足题意；令，解得，即和为函数在内恰有两个零点，故D选项错误.12．180写出展开式的通项，确定的值代入求解.【详解】展开式的通项为，由得，所以常数项为.13．4首先设出点坐标，利用对称性得到点坐标，结合斜率乘积条件与的条件求出点横坐标与的值，最后计算即可.【详解】设点，∵点关于轴对称，∴.∵直线的斜率之积为，∴，整理得

①.∵，∴由两点距离公式得

②.将①代入②得，即，∴.∵点在抛物线上，∴，故，解得.将代入①得.又∵点在抛物线上，∴，即，解得.由抛物线焦半径公式，.14．设，其中，由空间四点共面定理可得，再由，得，结合基本不等式求解即可.【详解】设，其中，取空间基底,因为底面是平行四边形，所以,又因为为的中点，所以,又因为四点共面，所以,所以，解得，又因为,又因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以四棱锥体积的最小值为8.15．(1)(2)（1）利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得；（2）利用正弦定理求得，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得即可.【详解】（1）由，结合正弦定理得，因为，所以，所以．而，则，所以，而，故．（2）由题意得，外接圆半径，由正弦定理得，得．由余弦定理得，则，即，当且仅当时等号成立，此时的周长为．16．(1)(2)．（1）利用椭圆过定点、离心率及椭圆中的关系，列方程组求解出，进而写出椭圆的标准方程；（2）过焦点的直线方程，与椭圆方程联立得到韦达定理，根据原点在以为直径的圆内等价于，代入韦达定理结果化简求解出直线斜率的取值范围.【详解】（1）设的半焦距为．由题意得，解得，，故的方程为．（2）易知，设直线的方程为，，．由得，得到，则由韦达定理得，．如图，因为原点在以为直径的圆内，所以，所以，即，所以，整理得，即，整理得，解得，即直线斜率的取值范围为．17．(1)证明见解析(2)第（1）题，利用底面梯形的边长、角度关系，结合线面垂直的判定定理，证明垂直于平面内的两条相交直线，得出平面.第（2）题，建立空间直角坐标系，用空间向量法求两个平面的法向量，再计算两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）因为为的中点，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以．在中，，，，由余弦定理得，又因，则得，即，所以．又，，平面，平面，所以平面．（2）由（1）知平面，平面，所以，即．因为且，所以四边形为平行四边形，所以，，得，因为，所以．因为，平面，平面，所以平面．由（1）知，，所以，，两两互相垂直.以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.易知平面的一个法向量为．如图(2)所示，因为平面，，,,，所以,.设平面的法向量为，则，故可取．设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．18．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）由，得．所以解得（2）由恒成立，得恒成立．令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以，即实数的取值范围为．（3）令，即．由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，又，，时，，时，，画出大致图象如下：由图可知，，．由，，得①，②，所以．所以要证，即证，即证．令，，则，所以在上单调递增，所以，即，又，所以，因为，所以，由于且，又因为在上单调递减，所以，即，所以.19．(1)012．(2)（i）；（ii）．【详解】（1）由题意得，的所有可能取值为0，1，2，所以，，，所以的分布列为012所以．（2）（i）甲达到累积分数m的事件，可根据最后一次