2025-2026学年下学期辽宁省葫芦岛高三数学2026年5月期中试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期辽宁省葫芦岛高三数学2026年5月期中试卷含答案，共11页。
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用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，再选涂其他答案标号。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。
4．本试卷主要考试内容:高考全部内容。
一、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. 已知集合 A=x∣x2−3≤0,B={x∣x−1>0} ,则 A∪B=
A. −3,+∞ B. 1,3 C. −9,+∞ D. (−∞,3]
2. 复数 z=41−i+3i3 在复平面内对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 已知函数 fx=2ex−3ax 的极值点为 0，则 a=
A. 0 B. 32 C. 43 D. 23
4. 从三棱台的 9 条棱中选 2 条, 则这 2 条棱不平行的选法种数为
A. 32 B. 34 C. 33 D. 35
5. 已知 F1,F2 分别是双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的左、右焦点, C 上的一点 P 满足 PF1−PF2=23F1F2 ,则 C 的离心率为
A. 32 B. 52 C. 2 D. 3
6. 在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中, AD=AA1=1,AB=3 ,则直线 BD1 与平面 ABB1A1 所成角的正弦值为
A. 13 B. 36 C. 1010 D. 1111
7. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 S5=S4+a4+6,a3a6=27 ,则 an 的公比为
A. 3 或 −13 B. 3 或 13 C. 3 或 33 D. 3 或 −33
8. 彩凤穿花纹是中国传统瓷器经典装饰纹样. 某彩凤穿花纹碗如图 1 所示, 其轴截面 (不含碗的底座) 如图 2 所示,已知该碗的底座高为 1 cm ,曲线 AC,BD 均是焦点到准线的距离为 5 cm 的抛物线的一部分,则该碗的高度为

图 1

图 2
A. 8 cm B. 10 cm C. 9 cm D. 11 cm
二、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. 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.

0 对 x∈0,+∞ 恒成立，求 m 的取值范围.
17. (15 分)
如图，在四棱锥 P−ABCD 中， PA=AB=2,PA⊥AB ，底面 ABCD 是正方形， E ， F 分别为 AD,PC 的中点. 过点 D 的直线 l 与 PA 平行,且 l⊥BE .
(1)证明: PA⊥ 底面 ABCD .
(2)求平面 PAB 与平面 BEF 夹角的余弦值.

18. (17分)
已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 经过点 1,32 ，且 E 的长轴长与短轴长之比为 2:3 .
(1)求 E 的方程.
(2)已知点 P1,1 ，过点 P 且斜率为 k1 的直线 l1 与 E 交于 A ， B 两点，过点 P 且斜率为 k2 k2≠k1 的直线 l2 与 E 交于 C ， D 两点， M ， N 分别为 AB,CD 的中点，且 k1+k2=1 .
(i) 若 P 与 M 重合,求 k1k2 .
(ii)判断直线 MN 是否过定点. 若是,求出该定点坐标; 若不是,请说明理由.
19. (17 分)
某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有 nn≥2,n∈N+ 种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具.
(1)若 n=2 ，求甲恰好购买 3 件玩具就集齐 2 种不同类型的卡片的概率.
(2)在 n 重伯努利试验中,设每次试验中事件 A 发生的概率为 p00 ,由 a−2b=a+b=3 ,得 a2−4a⋅b+ 4b2=a2+2a⋅b+b2=3 ,则 n=2mcsθ,m2+2n2=3 .
当 θ=π3 时, m=n ,反之也成立, A 正确.
因为 m2+2n2≥22mn ,即 mn≤324 ,当且仅当 m=62,n=32 时,等号成立,所以 mn 的最大值为 324 , B 错误. 因为 a2+3a⋅b+12b2=m2+32n2+12n2=m2+2n2=3 , C 正确. a2+lnb=m2+lnn=3−2n2+lnn ,因为 m2+2n2=3 且 m>0 ,所以 0gxmax . 8 分
g′x=−5x4+15x2=5x23−x2. 9 分
令 g′x3 ,则 gx 在 3,+∞ 上单调递减; 11 分
令 g′x>0 ,得 00 . 7 分
f′x=5x4−15x2=5x2x2−3. 8 分
令 f′x0 , 14 分
解得 m>63 ,故 m 的取值范围为 63,+∞ . 15 分
17. ( 1 )证明:因为 l//PA ， l⊥BE ，所以 PA⊥BE . 2 分
因为 PA⊥AB,AB∩BE=B,AB⊂ 底面 ABCD,BE⊂ 底面 ABCD , 4 分
所以 PA⊥ 底面 ABCD . 6 分

(2)解:以 A 为原点， AB ， AD ， AP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 B2,0,0,E0,1,0 , F1,1,1 ,得 BE=−2,1,0,EF=1,0,1 . 8 分设平面 BEF 的法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅BE=−2x+y=0,n⋅EF=x+z=0,
10 分
令 x=1 ,则 y=2,z=−1 ,得 n=1,2,−1 . 12 分
易得平面 PAB 的一个法向量为 m=0,1,0 , 13 分
所以平面 PAB 与平面 BEF 夹角的余弦值为 m⋅nmn=63 , 15 分
18. 解: (1) 设 a=2tt>0 ,则 b=3t ,则 E 的方程为 x24t2+y23t2=1 . 1 分
因为 E 经过点 1,32 ，所以 14t2+943t2=1 ，得 t2=1 . 2 分
故 E 的方程为 x24+y23=1 . 3 分
(2)(i)设 Ax1,y1 ， Bx2,y2 ，由 x124+y123=1,x224+y223=1, 4 分
得 x12−x224+y12−y223=2x1−x24+2y1−y23=0 , 5 分
得 k1=y1−y2x1−x2=−34 , 6 分
则 k2=1−k1=74 . 7 分
故 k1k2=−2116 . 8 分
(ii) 直线 l1:y=k1x−1+1=k1x−k1+1 . 由 k1+k2=1 ,得 l1:y=k1x+k2 . 9 分由 y=k1x+k2,x24+y23=1, 得 3+4k12x2+8k1k2x+4k22−12=0 , 10 分
则 x1+x2=−8k1k23+4k12,x1x2=4k22−123+4k12. 11 分
因为 y1+y2=k1x1+x2+2k2=6k23+4k12 ,所以 M 的坐标为 −4k1k23+4k12,3k23+4k12 . 12 分同理可得 N 的坐标为 −4k1k23+4k22,3k13+4k22 . 13 分
又 kMN=3k23+4k12−3k13+4k22−4k1k23+4k12+4k1k23+4k22=9k2−k1+12k23−k1316k1k2k12−k22
=9k2−k1+12k2−k1k1+k22−k1k216k1k2k1−k2k1+k2
=−9+121−k1k216k1k2=12k1k2−2116k1k2 , 15 分
所以直线 MN 的方程为 y=12k1k2−2116k1k2x+4k1k23+4k12+3k23+4k12=12k1k2−2116k1k2x+ 12k1k2−21+12k243+4k12. 16 分
因为 12k1k2−21+12k243+4k12=−33+4k1243+4k12=−34 ,所以直线 MN 过定点 0,−34 . 17 分
19.(1)解:甲第一次一定会得到一张卡片，甲第二次得到的卡片和第一次得到的卡片相同，甲第三次得到的卡片和第一次得到的卡片不同，则甲恰好购买 3 件玩具就集齐 2 种不同类型的卡片的概率为 2×12×12×12=14 . 3 分
(2)(i)解:设 Xi 表示在甲已获得第 i−1 种类型的卡后,获得第 ii∈N+,i≤n 种类型卡片需要购买的玩具数,则 Xn=X1+X2+⋯+Xn . 4 分甲第一次购买玩具得到第 1 种类型的卡片的概率为 1 ,
在甲已获得第 1 种类型的卡片后,每次试验中获得第 2 种类型卡片的概率为 n−1n ,
在甲已获得第 2 种类型的卡片后,每次试验中获得第 3 种类型卡片的概率为 n−2n ,
依此类推,在甲已获得第 n−1 种类型的卡片后,每次试验中获得第 n 种类型卡片的概率为 1n ,则 X1,X2,⋯,Xn 均服从几何分布, 6 分
所以 EXn=EX1+EX2+⋯+EXn=1+nn−1+nn−2+⋯+n . 8 分
(ii) 证明: EXn=1+nn−1+nn−2+⋯+n=n1n+1n−1+1n−2+⋯+1=n1+12 +⋯+1n . 9 分设 fx=lnx+1−x ,则 f′x=1x+1−1=−xx+1 .
当 x∈−1,0 时, f′x>0,fx 单调递增,当 x∈0,+∞ 时, f′x