2026年福建省莆田第八中学高三第五次模拟考试数学试题含解析.doc

2026年福建省莆田第八中学高三第五次模拟考试数学试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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。
1．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为，大圆柱底面半径为，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为，则（ ）

A． B． C． D．
2．的二项展开式中，的系数是（ ）
A．70 B．-70 C．28 D．-28
3．抛物线的焦点是双曲线的右焦点，点是曲线的交点，点在抛物线的准线上，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线与双曲线没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A． B． C． D．
6．1777年，法国科学家蒲丰在宴请客人时，在地上铺了一张白纸，上面画着一条条等距离的平行线，而他给每个客人发许多等质量的，长度等于相邻两平行线距离的一半的针，让他们随意投放.事后，蒲丰对针落地的位置进行统计，发现共投针2212枚，与直线相交的有704枚.根据这次统计数据，若客人随意向这张白纸上投放一根这样的针，则针落地后与直线相交的概率约为（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B．64 C． D．32
10．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）
A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4
C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为8
11．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．圆心在曲线上的圆中，存在与直线相切且面积为的圆，则当取最大值时，该圆的标准方程为______.
14．已知数列的前项和为，且满足，则______
15．若复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数在复平面内对应点的坐标为_____．
16．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成______种不同的音序.
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）已知函数
（1）解不等式；
（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.
18．（12分） [选修4-5：不等式选讲]:已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.
19．（12分）已知数列的各项都为正数，，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，其中表示不超过x的最大整数，如，，求数列 的前2020项和．
20．（12分）已知，函数，（是自然对数的底数）.
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数；
（Ⅱ）若，且命题“，”是假命题，求实数的取值范围.
21．（12分）在直角坐标平面中，已知的顶点，，为平面内的动点，且.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设过点且不垂直于轴的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.
22．（10分）如图所示，在四棱锥中，∥，，点分别为的中点.

（1）证明：∥面；
（2）若，且，面面，求二面角的余弦值.
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．B
【解析】
根据空余部分体积相等列出等式即可求解.
【详解】
在图1中，液面以上空余部分的体积为；在图2中，液面以上空余部分的体积为.因为，所以.
故选：B
本题考查圆柱的体积，属于基础题.
2．A
【解析】
试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．
考点：二项式定理的应用．
3．A
【解析】
先由题和抛物线的性质求得点P的坐标和双曲线的半焦距c的值，再利用双曲线的定义可求得a的值，即可求得离心率.
【详解】
由题意知，抛物线焦点，准线与x轴交点，双曲线半焦距，设点 是以点为直角顶点的等腰直角三角形，即，结合点在抛物线上，
所以抛物线的准线，从而轴，所以，

即
故双曲线的离心率为
故选A
本题考查了圆锥曲线综合，分析题目，画出图像，熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键，属于中档题.
4．B
【解析】
对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.
【详解】
函数，由
得或
解得.
故选:B.
本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.
5．C
【解析】
先求得的渐近线方程，根据没有公共点，判断出渐近线斜率的取值范围，由此求得离心率的取值范围.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，由于双曲线与双曲线没有公共点，所以双曲线的渐近线的斜率，所以双曲线的离心率.
故选：C
本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的取值范围的求法，属于基础题.
6．D
【解析】
根据统计数据，求出频率，用以估计概率.
【详解】
.
故选:D.
本题以数学文化为背景，考查利用频率估计概率，属于基础题.
7．A
【解析】
因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.
【详解】
定义在上的函数的周期为4
，
当时，，
，，

.
故选：A.
本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.
8．A
【解析】
构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，，所以，所以.
由得，所以，故不等式的解集为.
故选：A
本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
9．A
【解析】
根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.
【详解】
由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：

可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，
故.
故选：A
本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.
10．D
【解析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.
【详解】
样本的平均数是10，方差为2，
所以样本的平均数为,方差为.
故选:D.
样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.
11．C
【解析】
展开式的通项为
，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．
所以.故选C
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
12．D
【解析】
根据集合的基本运算即可求解.
【详解】
解：，，，
则
故选：D.
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由题意可得圆的面积求出圆的半径，由圆心在曲线上，设圆的圆心坐标，到直线的距离等于半径，再由均值不等式可得的最大值时圆心的坐标，进而求出圆的标准方程．
【详解】
设圆的半径为，由题意可得，所以，
由题意设圆心，由题意可得，
由直线与圆相切可得，所以，
而，，所以，即，解得，
所以的最大值为2，当且仅当时取等号，可得，
所以圆心坐标为：，半径为，
所以圆的标准方程为：.
故答案为：．
本题考查直线与圆的位置关系及均值不等式的应用，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，求解时注意验正等号成立的条件.
14．
【解析】
对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.
【详解】
解：，可得时，，
时，，又，
两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．
本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.
15．
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出得答案．
【详解】
，，
则，的共轭复数在复平面内对应点的坐标为，
故答案为
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义准确计算是关键，是基础题．
16．1
【解析】
按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.
【详解】
①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有种；
②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；
③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种；
综上，共有种.
故答案为：1．
本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.

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）或（2）证明见解析
【解析】
（1）将写成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）由（1）求得最小值，由此利用基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1）
当时，恒成立，解得；
当时，由，解得；
当时，由解得
所以的解集为或
（2）由（1）可求得最小值为，即
因为均为正实数，且

（当且仅当时，取“”）
所以，即.
本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.
18．（1） （2）
【解析】
（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；
（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．
【详解】
（1）当时，，原不等式可化为，①
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时，
综上，原不等式的解集为.
（2）由题意得， ，
因为的最小值为，所以，由，得，
所以 ，
当且仅当，即，时，的最小值为.
本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）4953
【解析】
（Ⅰ）递推公式变形为，由数列是正项数列，得到，根据数列是等比数列求通项公式；
（Ⅱ），根据新定义和对数的运算分类讨论数列的通项公式，并求前2020项和．
【详解】
（Ⅰ）∵，∴，∴
又∵数列的各项都为正数，∴，即．
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴．
（Ⅱ）∵，∴，．
∴数列的前2020项的和为．
本题考查根据数列的递推公式求通项公式和数列的前项和，意在考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型.
20．（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）
【解析】
试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k>1讨论。
试题解析：（Ⅰ）因为，所以，
当时，对，，
所以在是减函数，此时函数不存在极值，
所以函数没有极值点；
当时，，令，解得，
若，则，所以在上是减函数，
若，则，所以在上是增函数，
当时，取得极小值为，
函数有且仅有一个极小值点，
所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.
（Ⅱ）命题“，”是假命题，则“，”是真命题，即不等式在区间内有解.
若，则设 ，
所以 ，设 ，
则，且是增函数，所以
当时，，所以在上是增函数，
，即，所以在上是增函数，
所以，即在上恒成立.
当时，因为在是增函数，
因为， ，
所以在上存在唯一零点，
当时，，在上单调递减，
从而，即，所以在上单调递减，
所以当时，，即.
所以不等式在区间内有解
综上所述，实数的取值范围为.
21．（1）（）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）设点，分别用表示、表示和余弦定理表示，将表示为、的方程，再化简即可；
（2）设直线方程代入的轨迹方程，得，设点，，，表示出直线，取，得，即可证明直线过轴上的定点.
【详解】
（1）设，由已知，
∴，
∴（），
化简得点的轨迹的方程为：（）；
（2）由（1）知，过点的直线的斜率为0时与无交点，不合题意
故可设直线的方程为：（），代入的方程得：
.
设，，则，
，.
∴直线：.
令，得
.
直线过轴上的定点.
本题主要考查轨迹方程的求法、余弦定理的应用和利用直线和圆锥曲线的位置关系求定点问题，考查学生的计算能力，属于中档题.
22．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据题意，连接交于，连接，利用三角形全等得，进而可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量求得平面的法向量，进而可得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：连接交于，连接，
，
≌，
且，
面面，
面，
（2）取中点，连，.由，
面面
面，又由，

以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，
，，
为面的一个法向量，
设面的法向量为，
依题意，即，
令，解得，
所以，平面的法向量，
，
又因二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意中位线和向量法的合理运用，属于基础题.