2025-2026学年下学期普通高校招生考试高三数学2026年5月冲刺压轴卷试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期普通高校招生考试高三数学2026年5月冲刺压轴卷试卷含答案，共15页。试卷主要包含了 已知抛物线 C， 已知函数f=xlnx−x，则等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分 考试时间120分钟
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。
2.作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题：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. 已知集合 A={x∣−21”的
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
4. 已知函数 f(x)=lnx−3x+a(a∈ℝ)，则 f(x) 的单调递增区间为
A. 0,13B. 13,+∞
C. (0,3)D. (3,+∞)
5. 已知 α 为锐角，且 sinβcs(α−β)−csβsin(β−α)=45，则 tanα=
A. 43B. 34
C. 23D. 13
6. 已知抛物线 C:4x−my2=0 恰好经过圆 M:(x−1)2+(y−2)2=1 的圆心，则抛物线 C 的焦点坐标为
A. (0,1)B. (1,0)
C. (−1,0)D. (0,−1)
7. 将数字 1，2，3，4，5，6 填入如图的6个方格中，每个方格填一个数字，每个方格中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字之和为偶数，则不同的填法共有
A.36种B.48种C.72种D.108种
8. 在锐角∆ABC中，已知12sin2B=cs2A−cs2C，则1tanA+1tanB+1tanC的最小值为
A. 3B. 132
C. 133D. 13
二、多选题：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。
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 已知复数z=1+3i1+i（其中i是虚数单位），z¯为z的共轭复数，则
A. z的虚部为1
B. |z|=5
C. z¯在复平面内对应的点位于第四象限
D. z¯是方程x2−4x+5=0的一个复数根
10. 已知函数f(x)=xlnx−x，则
A. f(x)有一个极值点
B. f(x)有两个零点
C. f(x)的最小值为−1
D. f(x)−f(x)x有两个极值点
11. 给定椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上有一动点P（不在坐标轴上），F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，∆PF1F2的内切圆I与PF1，PF2分别切于A，B两点，则
A. 若|PA|=12a，则椭圆的离心率为12
B. 动点I的轨迹是一个椭圆
C. 直线IF1，IF2的斜率之积为常数
D. 内切圆I的面积无最大值也无最小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 若函数f(x)=x+mx2+1为奇函数，则f(1)= 。
13. 将函数f(x)=2sin2x+π3的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则|φ|的最小值为 。
14. 如图，200道处于关闭状态的门从左到右依次贴有“1，2，3，…，200”的标签号，某人从第一道门出发，从左向右行进，每路过一道关闭的门就从1开始依次报一个数，报到奇数时把门打开。数完一轮后回到起点，再重复此过程，则最后一道关闭的门标签号为 。
四、解答题：本题共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.(13分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，S10=65.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列1an·an+1的前n项和Tn.
16.(15分)
拔河比赛起源于我国春秋时期，比赛采用三局两胜制，即每场比赛两支队伍最多比3局，率先胜2局比赛的队伍获得本场比赛胜利，比赛随即结束.甲、乙两队进行一场拔河比赛，已知每局比赛甲队胜的概率为23，且每局比赛的结果相互独立.
（1）求甲队获得本场比赛胜利的概率；
（2）记X为本场比赛结束时比赛的局数，求X的分布列及数学期望E(X).
17.(15分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，M是AD的中点，N是PC的中点.
（1）求证：MN∥平面PAB；
（2）若平面PMC⊥平面PAD，求证：CM⊥AD；
（3）在（2）的条件下，且平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为58，求四棱锥P−ABCD的体积.
18.(17分)
如图，设双曲线 C:x2−y22=1 的左顶点为 P，直线 l:y=kx+m 与双曲线 C 相交于 A，B 两点，且 A，B 两点均异于点 P。
（1） 求点 P 的坐标，及双曲线 C 的离心率；
（2） 若线段 AB 的中点为 M(2,1)，求直线 l 的方程；
（3） 若以线段 AB 为直径的圆恒过点 P，试判断直线 l 是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由。
19.(17分)
已知函数 f(x) 的定义域为 (−1,+∞)，其导函数 f'(x)=ln(1+x)1+x，l1 为点 A(a,f(a)) 处的切线。
（1） 求 f'(x) 的最大值；
（2） 证明：当 −10，由f'(x)=1−3xx>0，可得00，所以当f(x)=0时，x=e，f(x)只有一个零点，B错误；因为f(x)在(0,1)内单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以当x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值，故f(x)的最小值为f(1)=−1，C正确；令g(x)=f(x)−f(x)x=xlnx−x−(lnx−1)，则g'(x)=lnx−1x，易得g'(x)在(0,+∞)上单调递增，又g'(1)=−10，g(x)单调递增，故g(x)=f(x)−f(x)x只有一个极值点x0，D错误.故选AC.
11.ACD若C是内切圆与x轴的切点，|PF1|+|PF2|=2a，|PA|=|PB|=12a，|AF1|=|CF1|，|BF2|=|CF2|，又|PA|+|AF1|+|PB|+|BF2|=2a，则|AF1|+|BF2|=a，即|CF1|+|CF2|=2c=a，所以离心率e=ca=12，A对；若D(x1,0)为PI延长线与x轴的交点，P(x2,y2)，I(x,y)且x，y≠0，则x22a2+y22b2=1，故b2=a2y22a2−x22，由角平分线的性质可得|DF1||PF1|=|DI||PI|=|DF2||PF2|，则|DI||PI|=|DF1|+|DF2||PF1|+|PF2|=ca=e，所以yy2=x−x1x2−x1=|DI||PI|+|DI|=ca+c，则y2=(a+c)yc，又|DF2||DF1|=c−x1x1+c=|PF2||PF1|=a−ex2a+ex2，则x1=e2x2，故x−e2x2x2−e2x2=ca+c=e1+e，所以x2=xe，故x2e2a2+(a+c)2y2b2c2=1，则x2e2a2+y2b2c2(a+c)2=1且x，y≠0，所以动点I的轨迹是一个不含x，y轴交点的椭圆曲线，不是完整椭圆轨迹，B错；由上分析，kIF1=yx+c，kIF2=yx−c，则kIF1×kIF2=y2x2−c2=b2c2(a+c)2(1−x2e2a2)x2−c2=−b2(a+c)2为定值，C对；由图，由于P不在坐标轴上，而内切圆I的半径在P靠近x轴时趋向于0，靠近y轴时趋向于bca+c，即内切圆I的半径r∈(0,bca+c)，故其面积不存在最值，D对.故选ACD.
12.12 f(x)的定义域为R，因为f(x)为奇函数，则f(0)=0，即m=0，此时f(x)=xx2+1，f(−x)=−x(−x)2+1=−xx2+1=−f(x)，则此时f(x)为奇函数，满足题意，则f(1)=12.
13.π12 将函数f(x)=2sin(2x+π3)的图象向左平移φ个单位长度，可得g(x)=2sin2(x+φ)+π3=2sin(2x+2φ+π3)，因为g(x)为偶函数，故2φ+π3=π2+kπ(k∈Z)，可得φ=kπ2+π12(k∈Z)，k=0时φ=π12，k=−1时φ=−5π12，可得|φ|的最小值为π12.
14.128第一轮报数，标签号中剔除奇数，剩余偶数，即2的倍数；第二轮报数，标签号2，4，6，⋯，200的报数结果分别为1，2，3，⋯，100，剔除标签号2，6，10，⋯，198，剩余的标签号为4的倍数；第三轮报数，标签号4，8，12，⋯，200的报数结果分别为1，2，3，⋯，50，剔除标签号4，12，20，⋯，196，剩余的标签号为8的倍数；重复以上步骤可得，当门数M∈[2k,2k+1)(k∈N)时，最后留下的一道门的标签号为2k，故标签号为128.
15.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
则由等差数列求和公式得：S10=10a1+10×92·d=65，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2分
又因为a1=2，所以可得10×2+45d=65⇒d=1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4分
即数列{an}的通项公式为an=2+(n−1)×1=n+1。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分
（2）由1an·an+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分
所以Tn=1a1·a2+1a2·a3+⋯+1an·an+1=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2=n2(n+2)。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13分
16.解：（1）甲队获得本场比赛胜利分：①甲队胜第一、二局，②甲队胜第一、三局，③甲队胜第二、三局，⋯⋯ 2分
则甲队获得本场比赛胜利的概率P=(23)2+23×(1−23)×23+(1−23)×23×23=2027。⋯⋯⋯ 6分
(2)由题意知X可取:2，3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7分
当X=2时，甲队胜的概率为：(23)2=49，乙队胜的概率为(1−23)2=19，则P(X=2)=49+19=59，⋯
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分
当X=3时，P(X=3)=1−P(X=2)=1−59=49，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11分
所以X的分布列为：
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13分
数学期望E(X)=2×59+3×49=229。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15分
17.解：（1）取PB的中点E，连接EA，EN，
在∆PBC中，EN∥BC且EN=12BC，又AM=12AD，AD∥BC，AD=BC，
所以EN∥AM，EN=AM，所以四边形ENMA是平行四边形，所以MN∥AE。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2分
又MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3分
（2）过点A作PM的垂线，垂足为H，
因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD=PM，AH⊥PM，AH⊂平面PAD，
所以AH⊥平面PMC，又CM⊂平面PMC，所以AH⊥CM。
因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以PA⊥CM。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5分
因为PA∩AH=A，PA⊂平面PAD，AH⊂平面PAD，
所以 CM⊥ 平面 PAD。
又 AD⊂ 平面 PAD，所以 CM⊥AD。………………………………………………………… 7分
（3）设 AC∩BD=O，过 O 点作 OZ⊥ABCD，以 O 点为坐标原点，OB，OC，OZ 为坐标轴建立空间直角坐标系，
因为 CM⊥AD，M 为 AD 的中点，所以 AC=CD=2，
设 PA=a，BD2=AB2+AD2−2AB·ADcs120°=12，所以 BD=23，
P(0,−1,a)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，D(−3,0,0)，PC→=(0,2,−a)，BC→=(−3,1,0)，CD→=(−3,−1,0)， ……………………………………………………………………………… 9分
设平面 PBC 的一个法向量 n1=(x1,y1,z1)⇒{n1⋅PC→=0,n1⋅BC→=0⇒{2y1−az1=0,−3x1+y1=0,
取 y1=3a⇒x1=a，z1=23⇒n1=(a,3a,23)；………………………………………………………… 10分
同理设平面 PCD 的法向量 n2=(x2,y2,z2)⇒{n2⋅PC→=0,n2⋅CD→=0⇒{2y2−az2=0,−3x2−y2=0,
取 y2=3a⇒x2=−a，z2=23⇒n2=(−a,3a,23)，………………………………………………………… 11分
设平面 PBC 与平面 PCD 的夹角为 θ，csθ=|cs⟨n1，n2⟩|=|n1·n2||n1||n2|=|−a2+3a2+12||a2+3a2+12|=58，
所以 a2=9(a>0)⇒a=3， ……………………………………………………………………………… 13分
S菱形ABCD=12AC×BD=12×2×23=23，
VP−ABCD=13S菱形ABCDh=13×3×23=23。………………………………………………………… 15分
18. 解：（1）由题可得：a=1，b=2，c=a2+b2=3，
所以双曲线 C 的左顶点为 P(−1,0)， ……………………………………………………………………………… 2分
双曲线的离心率为 e=ca=3。 ……………………………………………………………………………… 4分
（2）由 {y=kx+m,2x2−y2=2, 消去 y 整理得 (k2−2)x2+2kmx+(m2+2)=0，
则 Δ=(2km)2−4(m2+2)(k2−2)=8(m2+2−k2)>0，且 k≠±2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=>−2kmk2−2>， 6分
由M(2,1)为AB的中点，可得{2k+m=1,−2kmk2−2=4,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7分
解得k=4，m=−7，满足Δ>0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分
所以直线l的方程为y=4x−7，即4x−y−7=0。 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10分
（3）由（2）知，x1+x2=>−2kmk2−2>，\(x1x2=>m2+2k2−2>，且\(PA→=(x1+1,y1)，PB→=(x2+1,y2)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11分
则PA→·PB→=(x1+1)(x2+1)+y1y2=(x1+1)(x2+1)+(kx1+m)(kx2+m)
=(k2+1)x1x2+(km+1)(x1+x2)+(m2+1)
=(k2+1)·>m2+2k2−2>+(km+1)·>−2kmk2−2>+(m2+1)
=>3k2−2km−m2k2−2>=>(3k+m)(k−m)k2−2>， 13分
因为以AB为直径的圆恒过点P，则有PA→·PB→=0，
即(3k+m)(k−m)=0，解得m=k或m=−3k， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15分
当m=k时，直线l:y=k(x+1)过P(−1,0)，不符合题意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 16分
当m=−3k时，直线l:y=k(x−3)过定点(3,0)，
所以直线l过定点，该定点坐标为(3,0)。 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 17分
9. 解：(1) ∵x∈(−1,+∞)，令t=1+x，则t>0，\(f'(x) = >\frac{\ln t}{t}>，
设g(t)=>lntt>，求导得\(g'(t)=>1−lntt2>，令\(g'(t)=0，解得t=e，
当t∈(0,e)时，g'(t)>0，g(t)单调递增，当t∈(e,+∞)时，g'(t)lnee>=>1e>，即\(f'(x)的最大值为>1e>。\(⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4分
（2） ∵l1为A(a,f(a))处的切线，∴切线l1的方程为：y=f'(a)(x−a)+f(a)，
令h(x)=f(x)−[f'(a)(x−a)+f(a)]，则h(a)=f(a)−[f'(a)(a−a)+f(a)]=0，
求导得h'(x)=f'(x)−f'(a)=>ln(1+x)1+x>−>ln(1+a)1+a>， 6分
由（1）知，f'(x)=g(t)(t=1+x)，g(t)在(0,e)上单调递增，
当−1−1，∴H'(x)>0，
∴H(x)在[0,+∞)上单调递增，∴H(x)≥H(0)=1>0，
∴G'(x)>0在[0,+∞)上恒成立，故G(x)在[0,+∞)上单调递增， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12分
∵F(0)=0，
∴ 原不等式F(s+t)>F(s)+F(t)等价于F(s+t)−F(s)>F(t)−F(0)， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13分
令p(x)=F(x+t)−F(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
∴p'(x)=ex+t[ln(1+x+t)+11+x+t]−ex[ln(1+x)+11+x]=G(x+t)−G(x)， ⋯⋯⋯⋯⋯ 15分
∵G(x)在(0,+∞)上单调递增，t>0，
∴G(x+t)>G(x)，p'(x)=G(x+t)−G(x)>0，p(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴ 对任意的s,t∈(0,+∞),p(s)>p(0),即F(s+t)−F(s)>F(t)−F(0)，
∴ 对任意的s,t∈(0,+∞),有F(s+t)>F(s)+F(t)，命题得证. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 17分X
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