2026届广东省深圳高级中学高三第五次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届广东省深圳高级中学高三第五次模拟考试数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了在等差数列中，，，若，设集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．从某市的中学生中随机调查了部分男生，获得了他们的身高数据，整理得到如下频率分布直方图：
根据频率分布直方图，可知这部分男生的身高的中位数的估计值为
A．B．
C．D．
3．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
4．很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以再加1；如果它是偶数，则将它除以；如此循环，最终都能够得到.下图为研究“角谷猜想”的一个程序框图.若输入的值为，则输出i的值为（ ）
A．B．C．D．
5．在等差数列中，，，若（），则数列的最大值是（ ）
A．B．
C．1D．3
6．2019年10月1日，中华人民共和国成立70周年，举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为
A．96B．84C．120D．360
7．已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
8．有一改形塔几何体由若千个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是（ ）
A．8B．7C．6D．4
9．一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
10．设集合，，则( )
A．B．
C．D．
11．在平面直角坐标系中，经过点，渐近线方程为的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
12．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（ ）．
A．1B．1C．3D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知边长为的菱形中，，现沿对角线折起，使得二面角为，此时点，，，在同一个球面上，则该球的表面积为________.
14．在区间内任意取一个数，则恰好为非负数的概率是________.
15．已知向量，，若满足，且方向相同，则__________．
16．双曲线的离心率为_________．
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）在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点的直角坐标.
18．（12分）设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线过焦点的弦，已知以为直径的圆与相切于点.
（1）求的值及圆的方程；
（2）设为上任意一点，过点作的切线，切点为，证明：.
19．（12分）设等差数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的前项和及使得最小的的值.
20．（12分）过点作倾斜角为的直线与曲线（为参数）相交于M、N两点．
（1）写出曲线C的一般方程；
（2）求的最小值．
21．（12分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.
⑴若，，（），求证：数列是等比数列；
⑵若数列是等比数列，求，的值；
⑶若，且，求证：数列是等差数列.
22．（10分）如图，在直棱柱中，底面为菱形，，，与相交于点，与相交于点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
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、A
【解析】
如图设平面，球心在上，根据正四面体的性质可得，根据平面向量的加法的几何意义，重心的性质，结合已知求出的值.
【详解】
如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，
，
，，，，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.
【点睛】
本题考查了正四面体的性质，考查了平面向量加法的几何意义，考查了重心的性质，属于中档题.
2、C
【解析】
由题可得，解得，
则，，
所以这部分男生的身高的中位数的估计值为，故选C．
3、C
【解析】
画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．
【详解】
画出图形，如下图．
选取为基底，则，
∴．
故选C．
【点睛】
应用平面向量基本定理应注意的问题
（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．
（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
4、B
【解析】
根据程序框图列举出程序的每一步，即可得出输出结果.
【详解】
输入，不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数不成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
成立，跳出循环，输出i的值为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.
5、D
【解析】
在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.
【详解】
因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.
故选:D.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.
6、B
【解析】
2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数共个，其中含有2个10的排列数共个，所以产生的不同的6位数的个数为.故选B．
7、B
【解析】
先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.
【详解】
如图所示：
确定一个平面，
因为平面平面，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形.
即正方体被平面截的截面.
因为，
所以，
即
所以
由余弦定理得：
所以
所以四边形
故选：B
【点睛】
本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
8、A
【解析】
则从下往上第二层正方体的棱长为：，从下往上第三层正方体的棱长为：，从下往上第四层正方体的棱长为：，以此类推，能求出改形塔的最上层正方体的边长小于1时该塔形中正方体的个数的最小值的求法.
【详解】
最底层正方体的棱长为8，
则从下往上第二层正方体的棱长为：，
从下往上第三层正方体的棱长为：，
从下往上第四层正方体的棱长为：，
从下往上第五层正方体的棱长为：，
从下往上第六层正方体的棱长为：，
从下往上第七层正方体的棱长为：，
从下往上第八层正方体的棱长为：，
∴改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是8.
故选：A.
【点睛】
本小题主要考查正方体有关计算，属于基础题.
9、A
【解析】
根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.
【详解】
由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，
则，
因为，
当的值可以为；
即有3个这种超级斐波那契数列，
故选：A.
【点睛】
本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.
10、D
【解析】
利用一元二次不等式的解法和集合的交运算求解即可.
【详解】
由题意知,集合,,
由集合的交运算可得,.
故选:D
【点睛】
本题考查一元二次不等式的解法和集合的交运算;考查运算求解能力;属于基础题.
11、B
【解析】
根据所求双曲线的渐近线方程为，可设所求双曲线的标准方程为k．再把点代入，求得 k的值，可得要求的双曲线的方程．
【详解】
∵双曲线的渐近线方程为设所求双曲线的标准方程为k．又在双曲线上，则k=16-2=14,即双曲线的方程为∴双曲线的标准方程为
故选：B
【点睛】
本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程，双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
12、C
【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.
【详解】
画出图形：
若为的外心，则，
平面,可得,即，①正确;
若为等边三角形，，又
可得平面，即,由可得
，矛盾，②错误;
若，设与平面所成角为
可得，
设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为，
即的范围为，③正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得平面平面
可得在线段上，而，可得④正确；
所以正确的是：①③④
故选：C
【点睛】
此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
分别取，的中点，，连接，由图形的对称性可知球心必在的延长线上，设球心为，半径为，，由勾股定理可得、，再根据球的面积公式计算可得；
【详解】
如图，分别取，的中点，，连接，
则易得，，，，
由图形的对称性可知球心必在的延长线上，
设球心为，半径为，，可得，解得，.
故该球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
本题考查多面体的外接球的计算，属于中档题.
14、
【解析】
先分析非负数对应的区间长度，然后根据几何概型中的长度模型，即可求解出“恰好为非负数”的概率.
【详解】
当是非负数时，，区间长度是，
又因为对应的区间长度是，
所以“恰好为非负数”的概率是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何概型中的长度模型，难度较易.解答问题的关键是能判断出目标事件对应的区间长度.
15、
【解析】
由向量平行坐标表示计算．注意验证两向量方向是否相同．
【详解】
∵，∴，解得或，
时，满足题意，
时，，方向相反，不合题意，舍去．
∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查向量平行的坐标运算，解题时要注意验证方向相同这个条件，否则会出错．
16、2
【解析】

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、
【解析】
将直线的极坐标方程和曲线的参数方程分别化为直角坐标方程,联立直角坐标方程求出交点坐标,结合的取值范围进行取舍即可.
【详解】
因为直线的极坐标方程为，
所以直线的普通方程为，
又因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的直角坐标方程为，
联立方程,解得或，
因为，所以舍去，
故点的直角坐标为.
【点睛】
本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化;考查运算求解能力;熟练掌握极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
18、（1）2，；（2）证明见解析.
【解析】
（1）由题意得的方程为，根据为抛物线过焦点的弦，以为直径的圆与相切于点..利用抛物线和圆的对称性，可得，圆心为，半径为2.
（2）设，的方程为，代入的方程，得，根据直线与抛物线相切，令，得，代入，解得.将代入的方程，得，得到点N的坐标为，然后求解.
【详解】
（1）解：由题意得的方程为，
所以，解得.
又由抛物线和圆的对称性可知，所求圆的圆心为，半径为2.
所以圆的方程为.
（2）证明：易知直线的斜率存在且不为0，
设，的方程为，代入的方程，
得.
令，得，
所以，解得.
将代入的方程，得，即点N的坐标为，
所以，
，
故.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义几何性质以及直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
19、（1）（2）；时，取得最小值
【解析】
（1）设等差数列的公差为，由，结合已知，联立方程组，即可求得答案.
（2）由（1）知，故可得，即可求得答案.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，由及，
得
解得
数列的通项公式为
（2）由（1）知
时，取得最小值.
【点睛】
本题解题关键是掌握等差数列通项公式和前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
20、（1）；（2）．
【解析】
（1）将曲线的参数方程消参得到普通方程；
（2）写出直线MN的参数方程，将参数方程代入曲线方程，并将其化为一个关于的一元二次方程，根据，结合韦达定理和余弦函数的性质，即可求出的最小值.
【详解】
（1）由曲线C的参数方程（是参数），
可得，即曲线C的一般方程为．
（2）直线MN的参数方程为（t为参数），
将直线MN的参数方程代入曲线，
得，整理得，
设M，N对应的对数分别为，，则，
当时，取得最小值为．
【点睛】
该题考查的是有关参数方程的问题，涉及到的知识点有参数方程向普通方程的转化，直线的参数方程的应用，属于简单题目.
21、（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】
试题分析：（1）(), 所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.
试题解析：
（1）证明：若，则当(),
所以，
即，
所以，
又由，，
得，，即，
所以，
故数列是等比数列．
（2）若是等比数列，设其公比为（ ），
当时，，即，得
， ①
当时，，即，得
， ②
当时，，即，得
， ③
②①，得 ，
③②，得 ，
解得．
代入①式，得．
此时()，
所以，是公比为１的等比数列，
故．
（3）证明：若，由，得，
又，解得．
由，， ，，代入得，
所以，，成等差数列，
由，得，
两式相减得：
即
所以
相减得：
所以
所以
，
因为，所以，
即数列是等差数列.
22、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）要证明平面，只需证明，即可：
（2）取中点，连，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，再利用计算即可.
【详解】
（1）∵底面为菱形，
∵直棱柱平面.
∵平面.
.
平面；
（2）如图，取中点，连，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
，
点，
设平面的法向量为，
，
有，令，
得
又，
设直线与平面所成的角为，
所以
故直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，本题解题关键是正确写出点的坐标.