吉林省梅河口市第五中学2026届高三下学期5月考前学情自测数学试题（Word版附解析）

这是一份吉林省梅河口市第五中学2026届高三下学期5月考前学情自测数学试题（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A．B．C．5D．6
2．若全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．一组从小到大排列的数据：.若它们的第60百分位数比平均数大2，则的值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
4．已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点到点的距离为，则的最小值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．圆上的点到直线距离的最大值是（ ）
A．7B．5C．3D．2
7．如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．的最小值是
8．已知定义在上的函数，满足以下两个条件：（1）对任意恒成立，且；（2）对任意都有，则下列关于函数的表述中正确的个数为（ ）
①；②；③函数有最小值；④函数有最大值．
A．4B．3C．2D．1
二、多选题
9．如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．正方体外接球体积为
C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为
D．到平面的距离为
10．在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核心驱动力．当前AI正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题的概率分别为，则（ ）
A．只有一个小组受到奖励的概率等于
B．技术难题被攻克的概率为
C．只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D．甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
11．已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．，使得
C．数列的通项公式D．，都有
三、填空题
12．在二项式的展开式中，常数项为____________.
13．已知数列的首项，且满足，则______.
14．如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________.
四、解答题
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，.
(1)求；
(2)求的面积的最大值.
16．已知函数.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，证明不等式在上恒成立.
17．某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛.规则如下：利用计算机在题库中选出3个题由职工作答，已知题库中有A，B两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30分.两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答A，B两类题正确与否相互独立.
(1)若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差；
(2)若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率.
18．已知椭圆的右焦点为，的上顶点和两焦点连线构成面积为的等边三角形，过点且与轴不重合的动直线交于，两点.
(1)求的方程.
(2)若的平分线垂直于轴，
（ⅰ）求；
（ⅱ）求的取值范围.
19．已知函数，函数.
(1)讨论函数的单调性并求最值；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围；
(3)已知，证明：.
1．B
【详解】的虚部为.
2．D
【详解】全集，，
，.
3．A
借助百分位数定义与平均数定义计算即可得.
【详解】，这5个数据的第60百分位数是第三个数据和第四个数据的平均数，
即，即有，解得.
4．B
【详解】由正弦定理，得.
所以.
5．D
分别求出点P和点A的轨迹方程，根据直线与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.
【详解】因为，所以点的轨迹方程为，
点的轨迹方程为.
因为圆上的点到直线的最小距离为圆心到直线的距离减去半径，
所以d的最小值是.
6．A
【详解】圆的圆心，半径，
直线可化为，
令，得，故直线过定点，
由图知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值：，
故圆上的点到直线距离最大值为.
7．B
根据平面向量基本定理、向量共线的定义、余弦定理、向量的模的计算、基本不等式的性质逐项计算判断即可.
【详解】对于A，，所以A正确；
对于B，由A选项知，所以.
在中，利用余弦定理得，B错误；
对于C，因为点三点共线，所以存在实数使得，
因为，由A知，
所以，所以 ，即，C正确；
对于D，由C可知，结合题意可知，
所以
当且仅当，即时，等号成立，此时取最小值为，D正确.
8．C
运用赋值法判断①②，通过特殊函数判断③④即可.
【详解】①：在中，令，
得，
因为对任意恒成立，所以，
所以由，因此本序号结论正确；
②：在中，令，
得，因此本序号结论正确；
令，满足条件（1）对任意恒成立，且；
，，
满足（2），都有，
但是函数没有最大值也没有最小值，故③④序号结论都不正确，
所以表述中正确的个数为.
9．ABC
由线面平行的判定可判断A，由正方体外接球的直径为对角线可判断B，由线面角定义可判断C，由等体积法判断D.
【详解】对于A：由于在正方体中，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，A正确；
对于B：正方体外接球的直径为对角线，即，
所以，B正确；
因为平面，则为直线CE与平面所成的角，
则，
若，则，所以，
又，，
所以存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，C正确；
由A知平面，为上的动点，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
设到平面的距离，
，，
由等体积可得：，即，
所以，所以到平面的距离为，D错误.
10．BD
运用独立事件概率的乘法公式，结合对立事件的概率公式逐一判断即可.
【详解】A：设甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题为事件，
所以，
只有一个小组受到奖励的概率等于
，所以本选项说法不正确；
B：技术难题被攻克的概率为，所以本选项说法正确；
C：只有甲、丙小组受到奖励的概率为，所以本选项说法不正确；
D：甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为，所以本选项说法正确.
11．AC
由题意可得，计算可判断A；由题意得，求解判断B；若时，可得，求解计算可判断CD.
【详解】因为定义在上的函数满足：，且，
所以，所以，
又，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，所以，
若，得，解得，又，不存在的值，
所以不存在，使得，故B错误；
当时，由，得，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以是函数的第一个极小值点.
若时，则，
则，
所以，，
所以，即
递推得，
求导得，
令，可得，解得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的第个极小值点为，
所以，即，故C正确；
所以第个极小值为
当时，极小值，故D错误.
12．180
由二项式的展开式通项公式为，再令，然后求解即可.
【详解】解：由二项式的展开式通项公式为，
令，解得：，
即展开式中常数项为，
故答案为：180.
13．
【详解】，，
，，
.
14．
先设四分之一球半径为，由最大正方体棱长求出.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则其外接球必须能放入储物盒中，因此要先求该四分之一球内最大内切球半径.取垂直于两个平面交线的截面，转化为四分之一圆内切圆问题，求出，再利用正四面体外接球半径公式求最大棱长.
【详解】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，则，
最大正方体放入时，球心到正方体每一个顶点的距离最大值应该最小，
则正方体的一条棱的中点在球心处，正方体的一个底面与一个侧面和四分之一球的一个平面重合，
所以，解得：．
若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内.
设储物盒内能放入的最大球半径为.
取垂直于四分之一球两个平面交线的截面，
由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且，
又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故.
设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为.
因此，解得.
故可放正四面体的最大棱长为.
15．(1)
(2)
（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简可得，再结合，即可得出答案；
（2）由余弦定理和基本不等式可得，再由三角形的面积公式即可得出的面积的最大值.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，
即，
由于，因此，
又因为，所以，则
因为，所以，
则，故
（2）由余弦定理可得，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
则的面积，
故的面积的最大值为.
16．(1)
(2)证明见解析
（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）当时，要证不等式成立，即证对任意的恒成立，构造函数，其中，利用导数分析该函数在上的单调性，结合即可证得结论成立.
【详解】（1）当时，，则，，则，
此时函数在处的切线方程为.
（2）当时，，要证对任意的恒成立，
即证，即证，即证对任意的恒成立，
构造函数，其中，
，其中，令，则，
对任意的，恒成立，故函数在上单调递增，
当时，，故函数在上单调递增，
当时，，故原不等式得证.
17．(1)分布列见解析，300
(2)
（1）根据题意，的可能取值为0，20，40，60，求出对应的概率，即可列出分布列及求出方差；
（2）设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况进行求解即可．
【详解】（1）设“甲选类题答对”为事件，
根据题意，的可能取值为0，20，40，60.
，，
，
，
所以的分布列是：
设为甲答对的类题的个数，则，且，
由，故的方差为.
（2）设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况，这五种情况之间彼此互斥．
又，
，
，
则，
故．
18．(1)
(2)（ⅰ）4（ⅱ）
【详解】（1）依题意，得，解得
所以的方程是.
（2）（ⅰ）设直线的方程为，
与的方程联立，得，消去，得，
，
设，，则，
由题知，的平分线垂直于轴等价于，且直线与有两个交点.
由，得，即，
可得，
化简得，即，
由的任意性，可得，因此的值为4.
（ⅱ）由（ⅰ）知，即，直线的方程为，
与的方程联立，得，消去，得，
，得，
则，，说明，两点在轴同侧，
所以
,
因为，所以，则，
所以，即，
所以，
故的取值范围为.
19．(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减，最大值，无最小值.
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意可得的定义域为.
当单调递增，当单调递减.
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
有最大值，无最小值.
（2）由题意，对恒成立，且.
，且.
令，则，且.
令，则，且.
①当，即时，有在上单调递增，
在上单调递增，.
在上单调递增，成立.
②当时，，且单调递增，
，有当时，单调递减，.
在上单调递减，单调递减，
，与题干矛盾，舍去.
③当时，当单调递减，则，
单调递减，单调递减，，舍去.
综上，实数的取值范围为.
（3）由（1）可知，即.
令，则，
.
又∵，即.
则，
，
，右式得证.
下证左式：由可知 ，令 ，则 .
由可知 ，令 ，则 .
又∵ ，证明如下：
∵，
∴，
∴，即证.
∴ .
综上可得 .
，
，
，
.
所以上式得证.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
B
D
A
B
C
ABC
BD
题号
11









答案
AC









0
20
40
60