河北省保定市一中2025-2026年高三下5月模考数学试卷（含答案）

这是一份河北省保定市一中2025-2026年高三下5月模考数学试卷（含答案），共12页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.若z(1-i)=1+i,则 z10=
A. - 1B.1C.-iD. i
2.已知集合A={x||x|≤a},B={x|x-20 的最小正整数n为
A.5B.9C.10D.12
7.已知点 P(x₀,y₀)是曲线 y=lnxx上的动点，则 ∣x0−y0∣的最小值为
A.1B. 2C.2D.2 2
8.点 P 为棱长是 2 的正方体 ABCD-A₁B₁C₁D₁ 的外接球上一动点，O为底面 ABCD 的中心，若 OP=xOA+yOB+zOC1xyz∈R,则x+y+z的最大值为
A.3B.2C. 6+1D. 3+1
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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下面说法正确的是
A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.若α⊥γ,β∥γ,则α⊥β
C.若m⊥α,n∥α,则m⊥nD.若m⊥n,n⊥α,则m∥α
10.将函数 fx=sinωx+π3ω0)图象向左平移π/12个单位长度后得到一偶函数图象，则当ω取最小值时，下列说法正确的是
A.函数f(x)的最小正周期为πB.函数f(x)为奇函数
C.函数f(x)在区间 −5π120单调递增D.函数f(x)在图象x=0处的切线斜率为1
11.已知数列{an}满足 an+1+−1nan=nn∈N∗,则下列选项不正确的是
A.{an}为单调递增数列B.{an}为周期数列
C. a1+a3+a5+a7+⋯+a99=225D. a2+a4+a6+a8+⋯+a100=2525
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12.x3+3x2+3x+12的展开式中x³的系数为 .
13.设椭圆 C:x2a2+y2b2=1ab>0)的左焦点为 F，上顶点为A，右顶点为 B，且 FA⋅AB=0,则C的离心率为 .
14.平面内有两组相交平行线，一组有 10条，一组有 5条，且每组中相邻两平行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形的概率为
四、解答题：本大题共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.(本题满分13分)
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足 csAsinA+csBsinB=2csCsinC.
(1)求角 C的取值范围；
(2)当角C取最大值时，边AB上存在一点D，满足CD=1，求△ABC周长的取值范围.
16.(本题满分15分)
中国航天“十五五”规划核心是从航天大国迈向航天强国、从大国重器转向万亿级支柱产业、从近地领先走向深空领跑.为实现发动机科研突破，我国某航天研究院对甲、乙、丙三款新型发动机关键部件进行可靠性测试，单次测试中，部件连续稳定工作时长达到1200小时及以上，即可判定为“一级可靠性部件”.为预测本次测试中获评“一级可靠性部件”的数量及最优部件型号，收集了三款部件过往的测试数据(单位：小时)，如下所示：
甲部件:1380,1350,1280,1250,1230,1210,1190,1170,1150,1120
乙部件:1360,1310,1260,1220,1180,1160
丙部件:1420,1330,1170,1140
(1)求收集到的甲部件测试数据的第80%分位数；
(2)假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三款部件的测试结果相互独立.设X 为甲、乙、丙三款部件中获评“一级可靠性部件”的总数量，求X的概率分布列和数学期望E(X).
17.(本题满分15分)
如图，三棱台ABC-A₁B₁C₁的下底面ABC是边长为6的正三角形，上底面A₁B₁C₁是边长为3的正三角形,AA₁⊥平面ABC,AA₁=3.
(1)证明:△A₁BC₁为直角三角形;
(2)已知E为棱CC₁上一动点, BD=2DC,若DE∥平面ABB₁A₁,求平面A₁DE 与平面ABC夹角的余弦值.
18.(本题满分17分)
已知双曲线 E:x2a2−y2b2=1a0,b>0)的右焦点 F(2，0)到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线 E 的标准方程；
(2)点O为坐标原点，过点 F(2，0)的直线l与双曲线E交于M，N两点.
(i)若△OMN的面积为 233,求直线l的方程；
(ii)双曲线E的左右顶点分别为A,B,直线AM与直线BN交于点P,记直线AM,BN,PF 的斜率分别为k₁、k₂、k₃,探究 k1+k2k3是否为定值，若为定值，求出该定值，若不是定值请说明理由.
19.(本题满分17分)
已知函数f(x)= alnx-sinx+1(a∈R).
(1)当a0.
数学参考答案与解析
1. A 2. C
3. B
【命题说明】改编人教A版选择性必修一第138页第1题.
4. B 【解析】【法一】 由|a+b|=|a-b|得: a+b2=a−b2,即 a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2,解得a·b=0,则( a+b⋅a=a2+b⋅a, 又|a|=2得 a2=∣a∣2=4.所以(a+b)·a=4.故选:B.
【法二】(特殊值)由题意可设b=0.可得答案.
【法三】(数形结合)利用平行四边形法则结合投影向量知识.
【命题说明】改编人教A版必修二第23页第7题，复习向量运算常用方法.
5. D 【解析】因为 sinα+csα=12,α∈0π,所以 sinα+csα2=14,即 1+2sinαcsα=14,所以 sinαcsα=−38.故 α∈π23π4.故选:D.
【法一】由 sinα+csα=12,sinαcsα=−38,得 sinα12−sinα=−38,可解得 sinα=1+74,csα=1−74,故 tanα=1+71−7=−4+73.故选:D.
【法二】由 sinα+csα=12,sinαcsα=−38,可得 sinα−csα2=1−2sinαcsα=74.得 sinα−csα=72,得 sinα=1+74,csα=1−74,故 tanα=1+71−7=−4+73.故选:D.
【法三】因为 sinαcsα=−38,得 sinαcsαsin2α+cs2α=tanαtan2α+1=−38,解得 tanα=−4±73,又 α∈π23π4,得 tanα=−4+73.故选:D.
【命题说明】改编人教A版必修一第256页第24题，考查三角求值计算公式的多种变形灵活应用.
6. C【解析】设等比数列{an}的公比为q,q≠0,若q=1,与题意矛盾,所以q≠1,等比数列{an}的前 9项积为1,则 a1a2⋯a9=a59⇒a5=1,a4+a6=52得 1q+q=52,解得 q=12 或q=2.又数列{an}递增,所以q=2,故 an=2n−5,则 lg2an=n−5. 故 Sn=n2−9n2,Sn=n2−9n2>0 得n>9,则使 Sn>0 的正整数n最小值为10.故选:C.
7. A 【解析】【法一】点 P(x₀,y₀)在曲线 y=lnxx上,且点 P(x₀,y₀)到直线y=x的距离 d=∣x0−y0∣2,可先求点P(x₀,y₀)到y=x距离的最小值.函数 y=lnxx在P(x₀,y₀)处的切线斜率为1时,点P(x₀,y₀)到y=x的距离最小.由 y=lnxx,得 y'=1−lnxx2,令 1−lnxx2=1,解得x=1,又点(1,0)到直线y=x的距离 d=22,则 ∣x0−y0∣的最小值为 2×22=1.故选:A.
【法二】点. Px0y0是曲线 y=lnxx上的动点，得 y0=lnx0x0,∣x0−y0∣=∣x0−lnx0x0∣,设 gx=x2−lnxx,g'x 2x−1xx−x2+lnxx2=x2−1+lnxx2, ℎx=x2−1+lnx,ℎ'x=2x+1x>0, ℎx=x2−1+lnx设 故 在区间(0,+∞)单调递增,又h(1)=0.所以 g'x=x2−1+lnxx2在区间(0，1)的值小于0，在区间 1+∞的值大于0.则 gx=x2−lnxx在区间(0，1)单调递减，在区间(1，+∞)单调递增.g(1)=1,所以 ∣x0−y0∣≥1,则 ∣x0−y0∣的最小值为1.故选：A.
【命题意图】高考中注意数形结合是常考技巧，特别是直线与曲线，使用最忌讳图不精准，要留心定义域，关键点，奇偶对称周期性，渐近线等.
8. C【解析】【法一】因为为 OP=xOA+yOB+zOC1xyz∈R,
所以当点P位于平面ABC₁ 内时,x+y+z=1,
设与平面ABC₁平行的平面为α，
正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的外接球球心为O'.
则当点P是平面α和球O'相切时的切点时，x+γ+z的值最大.
记棱A₁B₁的中点为E,则O'E⊥面ABC₁,
故图中射线O'E与球O'的交点即为点 P.
设棱AB,D₁C₁的中点分别为F,G,取过O,O',E的截面,(如右图)
连接OP交直线FG于点M,过点O作OH⊥FG垂足为H,则 O'P=3,OH=22,
则x+y+z的最大值为 OPOM=O'P+OHOH=3+2222=6+1.
【法二】建立如图的坐标系,得O(1,1,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C₁(0,2,2),设正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的外接球球心为O'，
则得 O'111,O'O=00−1,OA=1−10,OB=110,OC1=−112,
又 OP=xOA+yOB+zOC1,得 OP=x+y−z−x+y+z2z,
O'P=O'O+OP=x+y−z−x+y+z2z−1,
又点 P 为棱长是2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1的外接球上一动点，则 ∣O'P∣=3.
得 x+y−z2+−x+y+z2+2z−12=3,
得 a2+b2+c2=3,
求 a−b+c+12+a+b2+c+12=a+c+1的最大值.因为 a+c22≤a2+c22=3−b22,
故当b=0,且 a=c=62时， a+c2取最大值为 62,
所以a+c+1的最大值为 6+1,即x+y+x的最大值为、 6+1.
【命题意图】提醒最后阶段再次回归教材，再梳理教材中重要例题及结论.此题法一论依据必修二第26 页例1，并推广到空间向量选择性必修一第27页，空间一点 P位于平面ABC 内充要条件是存在x，y使 OP= OA+xAB+yAC.再扩展 OP=OA+xOB−OA+yOC−OA=1−x−yOA+xOB+yOO.即空间一点 P位于平面ABC 内充要条件是( OP用基底 OA,OB,OC表示， OA,OB,OC的系数和为1.
9. BC
10. ACD 【解析】由题意将函数 fx=sinωx+π3ω0)向左平移 π12个单位得到的函数解析式为 y= sinωx+π12+π3=sinωx+ωπ12+π3,若其为偶函数，则 ωπ12+π3=kπ+π2,k∈Z,解得 ω=12k+2,k∈Z,又因为ω>0,所以ω最小值为2.得 fx=sin2x+π3.经计算选 ACD.
11. ABC 【解析】令 a1=1,由 an+1+−1nan=n得数列 an为1,2,0,3,1,6,0,7,1,10…,故AB不正确.
a2−a1=1 a3+a1=1
a3+a2=2 a4+a2=5
a4−a3=3 a5+a3=1
由 an+1+−1nan=n,得 {a5+a4=4a6−a5=5,每相邻两式相加或相减得
a7+a6=6 a8+a6=13
a8−a7=7 a9+a7=1
上式中可得 a3+a1=1,a7+a5=1,⋯,故 a1+a3+a5+a7+⋯+a99=25,所以 C 不正确.
上式中也可得 a4+a2=5,a8+a6=13,⋯,得 a2+a4+a6+a8++a100=2525,故 D正确.
【复习建议】讲解可让学生取 a1=1,分奇偶求数列通项公式.
12.20
13.5−12【解析】【法一】因为 FA⋅AB=0,所以△AFB为直角三角形.
又 ∣FA∣=a,∣AB∣=a2+b2,∣FB∣=a+c,
得 2+a2+b2=a+c2,a2+a2+b2=a2+2ac+c2⇒2c2+2ac−2a2=0
c2a2+ca−1=0⇒e=ca=5−12.
【法二】因为 FA⋅AB=0,所以FA⊥AB.由射影定理得 OA2=OF⋅OB⇒b2=ac,
即 a2−c2=ac,c2a2+ca−1=0⇒e=ca=5−12.
【命题意图】高考解析几何的核心，是用代数方法研究几何问题，其平面几何特征主要体现在直线、圆、圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)的固有几何性质，以及三角形、四边形、圆等基础图形的经典定理在坐标系中的应用.解题的关键在于先挖掘几何特征，再进行代数运算.
14. 845【解析 9×4+8×3+7×2+6×1C102C52=80450=845.
【命题说明】改编人教A版选择性必修三第83页第7题
【变式练习】空间有三组平行平面，第一组有10个，第二组有8个，第三组有5个，同一组平面中每相邻两平面间距离均为1.不同两组的平面都相交，且交线不都平行，若从这三组平面构成的平行六面体中任取一个，则取到的平行六面体的所有棱长都相等的概率为 7180
15.解：(1)根据正弦定理和余弦定理， csAsinA+csBsinB=2csCsinC可得
csAa+csBb=2csCc,即 b2+c2−a22abc+a2+c2−b22abc=2a2+b2−c22abc,得
2c2=a2+b2. (2分)
又 csC=a2+b2−c22ab=a2+b24ab≥12,
当且仅当a=b时，等号成立.(4分)
所以 csC∈121,又因为00,另设 Mx1y1,Nx2y2,
则 y1+y2=−4mm2−3,y1y2=1m2−3.… (6分)
故 ∣MN∣=x1−x22+y1−y22=1+m2y1−y22=1+m2−4mm2−32−41m2−3
点 O 到直线x=my+2的距离 ℎ=21+m2,
故△OMN的面积
即 −4mm2−32−4×1m2−3=233⇒12m2+12m2−32=43,(8分)
解得m=0或 m2=15,
所以当 S△OMN=233时，直线l的方程为x=2或 y=±1515x−2.(10分)
【法四】由题意设直线l的方程为. x=my+2m≠±3,
直线l与双曲线E交于M，N两点，所以 △=16m2−4(m2−3)=12m2+12>0,另设 Mx1y1,Nx2y2,
则 y1+y2=−4mm2−3,y1y2=1m2−3.… (6分)
故△OMN的面积 S△OMN=12∣OF|·∣y1−y2∣=(y1+y2)2−4y1y2=233,
即 −4mm2−32−4×1m2−3=233⇒12m2+12m2−32=43,
解得m=0或 m2=15,(8分)
所以当 S△OMN=233时，直线l的方程为x=2或 y=±1515x−2.(10分)
(3)由题意知 A−30,B30,故可设l:x= my+2,直线与双曲线联立得，
{x23−y2=1x=my+2⇒(m2−3)y2+4my+1=0,
又因为直线l与双曲线交于两点，则 m2≠3,Δ>0,
设 Mx1y1,Nx2y2,
则 y1+y2=−4mm2−3,y1y2=1m2−3, (12分)
所以直线AM，BN的方程分别为 y=y1x1+3x+3,y=y2x2−3x−3,
联立 {y=y1x1+3(x+3)y=y2x2−3(x−3 y1my1+2+3x+3=y2my2+2−3x−3
得 x=2my1y2+2y1+y2y1+y2=32,(14分)
则可设点 P32y0,故可得 k1=y032+3,k2=y032−3,k3=y032−2
所以 k1+k2k3=y032+3+y032−3y032−2=2,(16分)
所以 k1+k2k3为定值2. (17分)
19.解:(1)【法一】当a0,
所以 g''x=−2sinx−xcsx0,g'π3=12−π3×32=163−3π0,函数g(x)= xcsx在区间(0,x₀)单调递增,
x∈(x₀,π)时,g'(x)x2,
得 01,则 lnx1x2>0,(15分)
又 sinx1≤1,sinx2≤1,则 2−sinx1−sinx2≥0.
lnx1x2−sinx1+sinx2+2>0,
得 fx1+fx2>0.(17分)X
0
1
2
3
P
115
310
1330
15