2025-2026学年福建省厦门海沧实验中学高三下学期5月调研测试数学试题试卷含解析.doc

2025-2026学年福建省厦门海沧实验中学高三下学期5月调研测试数学试题试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A．点F的轨迹是一条线段 B．与BE是异面直线
C．与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
2．已知向量，是单位向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的最小正周期为，且满足，则要得到函数的图像，可将函数的图像（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
4．已知、是双曲线的左右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点，若点在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．在各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A． B．6 C．4 D．5
6．连接双曲线及的4个顶点的四边形面积为，连接4个焦点的四边形的面积为，则当取得最大值时，双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．二项式的展开式中，常数项为（ ）
A． B．80 C． D．160
8．甲乙两人有三个不同的学习小组， ， 可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．已知集合，，若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（ ）
A． B． C． D．
11．一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，，…（为地，为地）．从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，，…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为．则的表达式为（ ）．
A． B． C． D．
12．已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）
A．(-2,-1］ B．(-1,4］ C．[-2,4) D．[0,4]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知集合，其中，.且，则集合中所有元素的和为_________.
14．满足线性的约束条件的目标函数的最大值为________
15．在平面直角坐标系中，双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若为直角三角形，则该双曲线的离心率是______.
16．在中，角的对边分别为，且，若外接圆的半径为，则面积的最大值是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆：的离心率为，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点，过点的直线交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.

（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.
18．（12分）在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为
（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若时，，求实数；
⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．

19．（12分）新高考，取消文理科，实行“”，成绩由语文、数学、外语统一高考成绩和自主选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成.为了解各年龄层对新高考的了解情况，随机调查50人（把年龄在称为中青年，年龄在称为中老年），并把调查结果制成下表：
年龄（岁）

频数
5
15
10
10
5
5
了解
4
12
6
5
2
1
（1）分别估计中青年和中老年对新高考了解的概率；
（2）请根据上表完成下面列联表，是否有95%的把握判断对新高考的了解与年龄（中青年、中老年）有关？

了解新高考
不了解新高考
总计
中青年

中老年

总计

附：.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
（3）若从年龄在的被调查者中随机选取3人进行调查，记选中的3人中了解新高考的人数为，求的分布列以及.
20．（12分）本小题满分14分）
已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数），求直线被曲线截得的线段的长度
21．（12分）如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱.

（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥外接球的体积.
22．（10分）已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?
若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
分别根据线面平行的性质定理以及异面直线的定义，体积公式分别进行判断．
【详解】
对于，设平面与直线交于点，连接、，则为的中点
分别取、的中点、，连接、、，

，平面，平面，
平面．同理可得平面，
、是平面内的相交直线
平面平面，由此结合平面，可得直线平面，
即点是线段上上的动点．正确．
对于，平面平面，和平面相交，
与是异面直线，正确．
对于，由知，平面平面，
与不可能平行，错误．
对于，因为，则到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以正确；
故选：．
本题考查了正方形的性质、空间位置关系、空间角、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
2．C
【解析】
设，根据题意求出的值，代入向量夹角公式，即可得答案；
【详解】
设，，
是单位向量，,
，，
联立方程解得：或
当时，；
当时，；
综上所述：.
故选：C.
本题考查向量的模、夹角计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的两种情况.
3．C
【解析】
依题意可得，且是的一条对称轴，即可求出的值，再根据三角函数的平移规则计算可得；
【详解】
解：由已知得，是的一条对称轴，且使取得最值，则，，，，
故选：C.
本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则，属于基础题.
4．A
【解析】
双曲线﹣=1的渐近线方程为y=x，
不妨设过点F1与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为y=（x﹣c），
与y=﹣x联立，可得交点M（，﹣），
∵点M在以线段F1F1为直径的圆外，
∴|OM|＞|OF1|，即有+＞c1，
∴＞3，即b1＞3a1，
∴c1﹣a1＞3a1，即c＞1a．
则e=＞1．
∴双曲线离心率的取值范围是（1，+∞）．
故选：A．
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
5．D
【解析】
由对数运算法则和等比数列的性质计算．
【详解】
由题意
．
故选：D．
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则．掌握等比数列的性质是解题关键．
6．D
【解析】
先求出四个顶点、四个焦点的坐标，四个顶点构成一个菱形，求出菱形的面积，四个焦点构成正方形，求出其面积，利用重要不等式求得取得最大值时有，从而求得其离心率.
【详解】
双曲线与互为共轭双曲线，
四个顶点的坐标为，四个焦点的坐标为，
四个顶点形成的四边形的面积，
四个焦点连线形成的四边形的面积，
所以，
当取得最大值时有，，离心率，
故选：D.
该题考查的是有关双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有共轭双曲线的顶点，焦点，菱形面积公式，重要不等式求最值，等轴双曲线的离心率，属于简单题目.
7．A
【解析】
求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.
【详解】
解：二项式展开式的通式为，
令，解得，
则常数项为.
故选：A.
本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.
8．A
【解析】依题意，基本事件的总数有种，两个人参加同一个小组，方法数有种，故概率为.
9．B
【解析】
解出,分别代入选项中 的值进行验证.
【详解】
解：，.当 时,，此时不成立.
当 时,，此时成立，符合题意.
故选:B.
本题考查了不等式的解法,考查了集合的关系.
10．C
【解析】
由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.
【详解】
∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.
故选：C.
本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
11．D
【解析】
根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，
需要卸下件邮件，
则，
故选：D．
本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题．
12．B
【解析】
作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值．
【详解】
作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，，，过与直线平行的直线斜率为－1，∴．
故选：B．

本题考查简单的非线性规划．解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2889
【解析】
先计算集合中最小的数为，最大的数，可得，求和即得解.
【详解】
当时，集合中最小数；
当时，得到集合中最大的数；

故答案为：2889
本题考查了数列与集合综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
14．1
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，将直线进行平移，利用的几何意义，可求出目标函数的最大值。
【详解】
由，得，作出可行域，如图所示：

平移直线，由图像知，当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值。
由 ，解得 ，代入直线，得。
本题主要考查简单的线性规划问题的解法——平移法。
15．2
【解析】
根据是等腰直角三角形，且为中点可得，再由双曲线的性质可得，解出即得.
【详解】
由题，设点，由，解得，即线段，为直角三角形，，且，又为双曲线右焦点，过点，且轴，，可得，，整理得：，即，又，.
故答案为：
本题考查双曲线的简单性质，是常考题型.
16．
【解析】
由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合范围可求的值，利用正弦定理可求的值，进而根据余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】
解：，
由正弦定理可得：，
，
，
又，，，即，可得：，
外接圆的半径为，
，解得，由余弦定理，可得，又，
（当且仅当时取等号），即最大值为4，
面积的最大值为.
故答案为：.
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）是，定点坐标为或
【解析】
（1）根据相切得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，联立方程得到，，计算点的坐标为，点的坐标为，圆的方程可化为，得到答案.
【详解】
（1）根据题意：，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，
把直线的方程代入椭圆方程化简得到，
所以，，
所以，，
因为直线的斜率，所以直线的方程，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
又因为，，
所以圆的方程可化为，令，则有，
所以定点坐标为或.
本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18．（1）（2）（3）为定值
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；
（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；
（3） 需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关
试题解析：（1），得：，椭圆方程为
（2）当时，，得：，
于是当=时，，于是，
得到
（3）①当=时，由（2）知
②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：
联立椭圆方程有，
，，
=+==
得
综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关
考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线
19．（1）；（2）见解析，有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联；（3）分布列见解析，.
【解析】
（1）分别求出中青年、中老年对高考了解的频数，即可求出概率；
（2）根据数据列出列联表，求出的观测值，对照表格，即可得出结论；
（3）年龄在的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人，可能取值为0，1，2，分别求出概率，列出随机变量分布列，根据期望公式即可求解.
【详解】
（1）由题中数据可知，中青年对新高考了解的概率，
中老年对新高考了解的概率.
（2）列联表如图所示

了解新高考
不了解新高考
总计
中青年
22
8
30
老年
8
12
20
总计
30
20
50
，
所以有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联.
（3）年龄在的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人，
则抽取的3人中了解新高考的人数可能取值为0，1，2，
则；；
.
所以的分布列为

0
1
2

.
本题考查概率、独立性检验及随机变量分布列和期望，考查计算求解能力，属于基础题.
20．
【解析】解：解：将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，
即，它表示以为圆心，2为半径圆， ………………………4分
直线方程的普通方程为， ………8分
圆C的圆心到直线l的距离，……………………………10分
故直线被曲线截得的线段长度为．……………14分
21．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）设中点为，连接、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用勾股定理得出，由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）先确定三棱锥的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半径，再由球体的体积公式可求得结果.
【详解】
（1）设中点为，连接、， 因为，所以.
又，所以，
又由已知，，则，所以，.
又为正三角形，且，所以，
因为，所以，，
，平面，
又平面，平面平面；
（2）由于是底面直角三角形的斜边的中点，所以点是的外心，
由（1）知平面，所以三棱锥的外接球的球心在上.
在中，的垂直平分线与的交点即为球心，
记的中点为点，则.
由与相似可得，
所以.
所以三棱锥外接球的体积为.

本题考查面面垂直的证明，同时也考查了三棱锥外接球体积的计算，找出外接球球心的位置是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
22． (1)；(2).
【解析】
（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.
（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此 ，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.
【详解】
（1），
当时，对恒成立，与题意不符，
当，，
∴时，
即函数在单调递增，在单调递减，
∵和时均有，
∴，解得：，
综上可知：的取值范围；
（2）由(1)可知，则，
由的任意性及知，，且，
∴，
故，
又∵，令，
则，且恒成立，
令，而，
∴时，时，
∴，
令，
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与不符；
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与式不符；
若，解得，此时恒成立，，
即函数在单调递增，又，
∴时，；时，符合式，
综上，存在唯一实数符合题意.
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.